Đáp án đề thi học sinh giỏi thanh hóa năm 2010. Giải chi tiết

Đáp án đề thi học sinh giỏi thanh hóa năm 2010. Giải chi tiết Thực hành giải các dạng bài

Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Đề chính thức Số báo danh Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: Toán Lớp: 12 THpt Ngày thi: 24/ 03/ 2010 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề thi) Đề này có 05 bài gồm 01 trang Bài 1: (4 điểm) Cho hàm số y = - x 3 + 3x - 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phơng trình tiếp tuyến với đồ thị (C) kẻ từ điểm M(-2; 1). Bài 2: (6 điểm) 1. Giải phơng trình: 1 2 cos 2 sin 2 4 sin22cos 2 = + + xx xx 2. Giải hệ phơng trình : ( ) [ ] = +=++ + yxyx yxyx yx 4log 32 3. Tìm các giá trị của tham số m để bất phơng trình ( )( ) mxxxx ++ 264 2 nghiệm đúng với mọi x [ ] 6;4 . Bài 3: (3 điểm) 1. Tính tích phân: I = 9 0 2 2 cos x dx 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập đợc bao số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau, trong đó phải có chữ số 2 và 4 ? Bài 4: (5 điểm) 1. Cho hình lập phơng ABCDA'B'C'D' cú cạnh bng a. Trên cỏc cạnh BC và DD' lần lợt lấy các điểm M và N sao cho BM = DN = x ( ax 0 ). Chứng minh rng MN AC' và tìm x để MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C): (x - 1) 2 + (y + 2) 2 = 9 và đ- ờng thẳng 3x - 4y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến PA và PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho PA PB. 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC không tù. Chứng minh rng: 9 310 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan +++ CBACBA Du ng thc xy ra khi n o ? Hết S GD & T THANH HO HNG DN CHM CHNH THC (Gm cú 5 trang) K THI CHN HC SINH GII TNH NM HC 2009 - 2010 MễN THI: TON LP: 12 THPT Ngy thi: 24 - 3 - 2010 Thi gian lm bi 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) Bài Ý Hướng dẫn chấm Điểm Bài 1 4 điểm 1 3đ Tập xác định R. Sự biến thiên: y' = - 3x 2 + 3 = 3(1 - x 2 ) y' = 0 1; 1x x⇔ = − = 0,25 0,25 y' < 0 1 1 x x >  ⇔  < −  hàm số nghịch biến trong khoảng ( ; 1)∞ − và (1; + ∞ ) y' > 0 ⇔ -1 < x < 1 hàm số đồng biến trong khoảng (-1; 1). Điểm cực đại (1; 1). Điểm cực tiểu (-1; -3) 0,5 0,25 Giới hạn lim ;lim x x y y →+∞ →−∞ = −∞ = +∞ . Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,25 Bảng biến thiên x - ∞ -1 1 + ∞ y' - + - y +∞ 1 -3 −∞ 0,75 Đồ thị đi qua điểm (-2; 1) và (2; -3). y Điểm uốn I(0; -1) là tâm đối xứng 1 -2 -1 I 1 2 x 0,75 -3 2 1đ Phương trình đường thẳng đi qua điểm M(-2; 1) có hệ số góc k: y = k(x + 2) + 1 Đường thẳng tiếp xúc với (C) 3 2 3 1 ( 2) 1 3 3 x x k x x k  − + − = + +  ⇔  − + =   (1) có nghiệm. 0,25 0,25 (1) 3 2 2 1 0 2 6 8 0 2 3 3 9 x k x x x k x k  =    =  + − =    ⇔ ⇔   = − = −      = −    9;0 −==⇒ kk Vậy có hai tiếp tuyến với đồ thị (C) thoả mãn bài toán là: y = 1 và y = - 9x -17 0,25 0,25 Bài 2 6 điểm 1 2đ Điều kiện sin x os 0 2 2 2 2 x c x k π π − ≠ ⇔ ≠ + k ∈ Z 0,25 Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 2 2 cosx = 0 2cos x - 1-sinx - cosx + 2 = 1 2cos x - cosx = 0 1 1 - sinx cosx = 2   ⇔ ⇔   0,5 0,5 0,5 0,25 * cosx = 0 kết hợp với điều kiện 2 2 x k π π ≠ + suy ra x = 2 2 t π π − + với t ∈ Z * cosx = 2 1 3 2 2 3 x m x n π π π π  = +  ⇔   = − +   với m; n ∈ Z Phương trình đã cho có ba họ nghiệm là: x = 2 2 t π π − + ; x = 2 3 m π π + và x = 2 3 n π π − + với t, m, n ∈ Z 2 2đ Điều kiện:      >− ≠+ >+ 0 1 0 yx yx yx Hệ phương trình đã cho ( ) ( ) [ ]      −=− =++−+ ⇔ + yxyx yxyx yx 4log 023 2 ( ) [ ] ( )    =− =+ ⇔        −=−     =+ =+ ⇔ − + yx yx yx yx yxyx yx yx 44 4 4log 2 1 0,5 0,5 Xét phương trình: 4(x - y) = yx− 4 Đặt t = x - y > 0 t t 44 =⇒ Nhận thấy: t = 1 và t = 2 1 là nghiệm của phương trình. 0,5 Xét hàm số f(t) = t t 44 − (t > 0) f'(t) = 4 - t 4 ln4 f'(t) = 0 có duy nhất một nghiệm: 4ln 4 log 4 =t Do đó f(t) = 0 chỉ có hai nghiệm. Từ cách đặt suy ra hệ đã cho tương đương với                    = =        = = ⇔              =− =+    =− =+ 4 3 4 9 2 3 2 5 2 1 4 1 4 y x y x yx yx yx yx 0,5 3 2đ Đặt t = ( )( ) ( ) 5012524264 2 2 ≤≤⇒−−=++−=−+ txxxxx t 2 = -x 2 + 2x + 24 ⇒ x 2 - 2x = 24 - t 2 Bất phương trình trở thành: t + 24 - t 2 ≥ m ; t [ ] 5;0∈ 0,5 0,5 Xét hàm số f(t) = -t 2 + t + 24 trên đoạn [ ] 5;0 Ta có bảng biến thiên sau: t 0 2 1 5 f(t) 4 97 24 4 Từ đó suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ [ ] 6;4− [ ] 5;0t 4)t(fminm ∈ =≤⇔ Vậy m ≤ 4 1 Bài 3 3 điểm 1 1,5đ Đặt t = x suy ra x = t 2 ; dx = 2t dt 2 0 0 3 9 x t t x π π = =     ⇒   = =     I = 3 2 0 2 os tdt c t π ∫ 0,5 Đặt 2 tan os u t du dt dt v t dv c t =  =   ⇒   = =    I = 2t tant 3 3 0 0 2 3 ( osx) 2 3 2 tan 2 2ln osx 3 3 3 cosx 3 0 0 d c tdt c π π π π π π − = + = + ∫ ∫ I = 2 3 2ln 2 3 π − 0,5 0,5 2 1,5đ Gọi số tự nhiên cần lập là X = 1 2 3 4 a a a a (a 1 khác 0) a i { } 0;1;2;3;4;5∈ (i = 1; 2; 3; 4) 0,25 * Trường hợp 1: Trong X có chữ số 0. Có ba cách xếp chữ số 0; ba cách xếp chữ số 2; hai cách xếp chữ số 4 và 1 3 A cách xếp ba chữ số 1; 3; 5. Suy ra có 3.3.2. 1 3 A = 54 số 0,25 0,25 * Trường hợp 2: Trong X không có chữ số 0. Có bốn cách xếp chữ số 2; ba cách xếp chữ số 4 và 2 3 A cách xếp ba chữ số 1; 3; 5. Suy ra có 4.3. 2 3 A = 72 số. Vậy có tất cả 54 + 72 = 126 số 0,25 0,25 0,25 Bài 4 5 điểm 1 2đ Đặt cADbABaA === ;;A' thì acba === ; cbaAC ++=' và a a x Dc a x BM ⋅=⋅= D'; c a x ba a x a a x cbc a x DNADBAMBMN       −+−⋅=⋅++−⋅−=+++=⇒ 1 ( ) 011' 2 2 22 =⋅       −+−⋅=++             −+−⋅=⋅⇒ a a x aa a x cbac a x ba a x ACMN Vậy MN vuông góc với AC' M N A' B' C' D' D C B A 0,5 0,5 4 6 4 6 2 1 21 22 2 2 2 22 2 2 2 aa a x a a x aa a x MN ≥+       −=⋅       −++⋅= MN ngắn nhất bằng 22 1 6 2 a x a xa =⇔=⇔⋅ (M, N tương ứng là trung điểm của BC và DD') 0,5 0,5 2 1đ Gọi tâm đường tròn (C) là I (1; -2) và bán kính R = 3 Giả sử có điểm P thoả mãn bài toán ⇒ tứ giác APBI là hình vuông cạnh bằng 3 23=⇒ IP 0,5 Để có duy nhất một điểm P ⇔ khoảng cách từ tâm I tới d bằng 23=IP 23 43 )2(41.3 22 = + +−− ⇔ m 0,25     −−= −= ⇔=+⇔ 11215 11215 21511 m m m Vậy m = 11215 − và m = 11215 −− 0,25 3 2đ Gọi giao điểm của ( α ) với ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt là A(a; 0; 0); B(0; b; 0); C(0; 0; c) với a, b, c > 0 Phương trình ( α ): 1=++ c z b y a x Do ( α ) đi qua điểm M 1 321 =++⇔ cba Thể tích tứ diện OABC là abcOCO BOABhV 6 1 2 1 3 1 3 1 =⋅⋅⋅⋅== Áp dụng bắt đẳng thức Côsi,ta có: 276.27 6.27 1 6 3 321 1 3 ≥⇒≥⇒≥⇔≥++= Vabc abcabccba Giá trị nhỏ nhất của V = 27 đạt được khi 3 1321 === cba ⇔ a = 3; b = 6; c = 9 Phương trình mặt phẳng ( α ) là: 0182361 963 =−++⇔=++ zyx zyx 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 5 2 điểm Không mất tính tổng quát, giả sử CBA ≥≥ Vì tam giác ABC không tù 1 2 A tan 2 tan 2 tan 4222 ≤≤≤⇒≤≤≤⇒ BCABC π Đặt x = tan 2 A ; y = tan 2 B ; z = tan 2 C thì 0 < z ≤ y ≤ x ≤ 1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm: 1 - x; 1 - y; 1 - z ta được: ( )( )( ) 33 )(1111 3 111 xyzxzyzxyzyxzyx zyx −+++++−=−−−≥ −+−+− Vì xy + yz + xz = tan 2 A tan 2 B + tan 2 B tan 2 C + tan 2 A tan 2 C = 1 Suy ra: 33 3 3 1 3 2 3 12 )(2 3 )( 1)(2 3 1       − ++ +=       ++ −−≥+++⇔ −++−≥       ++ −⇔−++−≥ ++ − zyxzyx xyzzyx xyzzyx zyx xyzzyx zyx Vì x + y + z 3≥ nên 9 310 1 3 3 2 3 =         −+≥+++⇒ xyzzyx Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều. 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 GHI CHÚ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. . đào tạo thanh hoá Đề chính thức Số báo danh Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: Toán Lớp: 12 THpt Ngày thi: 24/ 03/ 2010 Thời. & T THANH HO HNG DN CHM CHNH THC (Gm cú 5 trang) K THI CHN HC SINH GII TNH NM HC 2009 - 2010 MễN THI: TON LP: 12 THPT Ngy thi: 24 - 3 - 2010 Thi gian