Giải hệ phương trình SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 2021 Môn TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG Mọi cách giải[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020-2021 - Mơn: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG - Mọi cách giải khác đáp án, mà đủ bước cho điểm tương ứng; - Ban Giám khảo thống phân chia ý điểm đến 0.25; - Điểm tồn khơng quy trịn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu (2.5 đ) NỘI DUNG ( C) Pt hoành độ giao điểm d x + (m + 4) x + m − = ( *) −2 x + = 2x + m ⇔ x +1 x ≠ −1 x A − xB = Điểm 0.5 ∆ = m + 24 > 0, ∀m ∈ R ∆ m + 24 = ; y A − y B = x A − xB a 0.5 5( m + 24) AB = ( x A − xB ) + ( y A − yB ) = x A − xB = m d ( O, AB ) = 0.5 1 m 5( m + 24) S∆OAB = ⇔ d ( O, AB ) AB = ⇔ = 2 ⇔ m + 24m − 112 = ⇔ m = ±2 Câu (2.5đ) n ( Ω ) = C20 = 1140 Gọi Ω khơng gian mẫu Ta có Gọi A biến cố rút ba thẻ cho hai ba thẻ lấy có hai số tương ứng ghi hai thẻ ln hai đơn vị Biến cố A xảy có trường hợp sau: TH Chọn thẻ ghi số liên tiếp có 18 cách TH2 Chọn thẻ có thẻ ghi số liên tiếp: Nếu hai thẻ liên tiếp đánh số 1,2 19,20 có 17 cách chọn thẻ cịn lại Nếu hai thẻ cặp số 2,3 đến cặp số 18,19 cặp số có 16 cách chọn thẻ cịn lại Vậy TH có 2.17 + 17.16 = 306 cách n A = 18 + 306 = 324 Suy 0.5 0.5 1.0 0.5 0.5 ( ) ( ) P A = Câu (2.5 đ) ( ) = 324 = 27 n A n ( Ω) 1140 95 ( ) P ( A) = − P A = Suy , suy 4a − 2b + c − > ⇒ f ( −2 ) > Ta có 1 1 2a + 4b + 8c + < ⇔ + a + b + c ÷ < ⇒ f ÷ < 8 2 68 95 0.5 0.5 lim f ( x ) = +∞ Ta thấy x →+∞ lim f ( x ) = −∞ , nên tồn số p> cho f ( p ) > f ( q) < , nên tồn số q < −2 cho 1 1 f ( q ) f ( −2 ) < 0; f ( −2 ) f ÷ < 0; f ÷ f ( p ) < 2 2 Ta có 1 ( q; −2 ) ; −2; ÷; ; p ÷ f ( x) = 2 2 Suy có nghiệm thuộc khoảng 0.5 x →−∞ y = f ( x) Nên hàm số có cực trị g ( x) = f ( x) Suy có điểm cực trị Câu (2.5 đ) 0,5 0,5 0,5 IC = ID.cot 60° = Tam giác ICD : a a ; AI = 2a ⇒ AC = AI + IC = SN SA2 = Tam giác SAC vuông A có SC SC SN SA2 ⇒ = = SC SA + AC ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AM Tam giác ABC vuông B ; Mặt khác AM ⊥ SC , nên AM ⊥ ( SBC ) , suy AM ⊥ SB SM SA2 SM SA2 = ⇒ = = SB SA + AB Trong tam giác vng SAB ta có SB SB VS AMN SM SN 2 SP SM = = = = = ⇒ VS AMN = VS ABCD SB SC 5 Tương tự SD SB Khi VS ABC V S AMNP = VS ANP = V Suy VS ABCD Tương tự 1 2a a = AC.BD = a 2 3 VS AMNP 1 a2 a3 2a = ⇒V VS ABCD = SA.S ABCD = a = = S AMNP 3 Vậy VS ABCD 45 Suy 0,5 0,5 0.5 0,5 S ABCD = Câu (2.0đ) 1 m ( x + 1) y = f ( x + x ) + m 2ln x − ÷ y ' ( x ) = ( 2x + 1) f ' x + x + x Suy x2 Ta có y ' ( x ) ≤ ∀x ∈ ( 1; +∞ ) ( 1; +∞ ) ( Hàm số nghịch biến Hay ( 2x + 1) f ' ( x + x ) + Suy g ( x ) = x + x + x − 4x ( ( x + x ) − 4) = x + 2x + x − 4x 2 với ∀x ∈ ( 1; +∞ ) g ′ ( x ) = x + 10 x + x − x = x ( x + x + x − ) , 0.5 m m ≤ ∀x ∈ ( 1; +∞ ) ⇔ f ' ( x + x ) + ≤ ∀x ∈ ( 1; +∞ ) 2 x x m ≤ − x2 f ' ( x + x ) = x2 Đặt ) 0.5 0.5 0.5 Do x ∈ ( 1; +∞ ) suy x + x + x − > ( 1; +∞ ) m ≤ g ( x) ∀x ∈ ( 1; +∞ ) m ≤ g ( 1) = Suy với suy g′( x) > , suy g ( x) 0.5 đồng biến Khi lắp dây bóng từ A đến I mặt nón có hai hướng, tính đối xứng nên ta xét hướng Trải nửa mặt nón lên mặt phẳng ta hình quạt (như hình vẽ) Câu (2.0đ) 0.5 Độ dài ngắn dây bóng nháy AI l = π ( m) Cung »AB nửa đường trịn đáy nên »AB Số đo góc Câu (2.0đ) ·ASB : α= l»AB SA = l»AB l = 0.5 π 0.5 ⇒ AI = SA2 + SI = ( m ) 0.5 Điều kiện: x ≥ Nhận xét x = nghiệm phương trình, suy x > , ta có 4 x + ( m + 2) x + = (m − 1) x3 + x ⇔ x + − ( m − 1) x + + m + = ( 1) x x 0.5 Đặt 4 x2 − x ′ x+ =t t ( x) = x + t ( x) = 2 x x ta có 2x x +4 , xét 0.5 ( 1) trở thành Với t ≥ phương trình Xét hàm số m (t ) = t − ( m − 1)t + m + = ⇔ m = t2 + t + t −1 ( 2) t − 2t − t2 + t + m′(t ) = (t − 1) t − với t ≥ ta có 0.5 Dựa vào hai bảng biến thiên ta có: Phương trình cho có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t > Suy < m < Câu (2.0đ) f ( − x ) = + ( − x) + ( −x ) = 1+ x2 − x = Ta xét 1+ x + x = f ( x) Vậy f ( −x) = f ( x) 0.5 0,5 1+ 1− x ) ( ≤ ⇔ ( x − m) f ( x − m) ≤ − ( x − m) f ( x − m) + f ( 1+ 1− x ) f ( 1+ 1− x ) Suy ⇔ ( x − m ) f ( x − m ) ≤ ( −1 − − x ) f ( −1 − − x ) ( 1) g ( t ) = t f ( t ) = t ( + t + t ) = t t + + t Xét + − x2 2 2 g′ ( t ) = 1+ t + t2 1+ t ⇒ g ′ ( t ) ≥ t + 2t ≥ ) g ( t) t2 1+ t + 2t = t + 2t (BĐT Cauchy) 0,5 đồng biến ¡ − x ⇔ x − m ≤ −1 − − x ⇔ m ≥ x + + − x ( 1) ta phải có Để ( m ≥ Max x + + − x [ −1;1] h( x ) = x + + − x ⇒ h ' ( x ) = − ( ) x − x2 ) h '( x) = ⇔ x = 0,5 Max x + + − x = + Vậy m ≥ + 2 [ 4;8] ta có Xét hàm số f ( x) = x − 48log x + 80 ( ln ) x − 48 f ′( x) = ⇔ x = 24 ( = x ) 48 f ′( x) = x − = ln x ln x ln ; Từ suy Câu (2.0đ) 1+ t2 , Vậy hàm số ( 1) ⇔ g ( x − m ) ≤ g ( −1 − Đặt + 2t ≥ 0,5 [ −1;1] 0.5 ⇒ x − 48log x + 80 ≤ ⇒ x ≤ 48log x − 80, ∀x ∈ [ 4;8] 1 ⇒ a + b + c − log 32 ( abc) ≤ 48 ( log a + log b + log c ) − 240 − log 32 ( abc) 4 1 ⇒ a + b + c − log 32 ( abc) ≤ 48log ( abc) − 240 − log 32 ( abc) 4 a, b, c ∈ [ 4;8] ⇒ log a, log b, log c ∈ [ 2;3] ⇒ log ( abc) ∈ [ 6;9 ] Xét hàm số g ′( x) = 48 − g ( x) = 48 x − 240 − x [ 6;9] ta có x ; g ′( x) = ⇔ x = 0.5 0,5 Suy g ( x) ≤ 16 1 a + b + c − log 32 (abc ) ≤ 48log ( abc) − 240 − log 32 (abc) ≤ 16 4 log a , log b , log c nhận giá trị 2 Dấu xảy abc = 256 Suy a = b = 8, c = 4; a = c = 8, b = c = b = 8, a = Vậy maxF = 16 ……………………… HẾT………………… 5 0.5 ... thành Với t ≥ phương trình Xét hàm số m (t ) = t − ( m − 1)t + m + = ⇔ m = t2 + t + t −1 ( 2) t − 2t − t2 + t + m′(t ) = (t − 1) t − với t ≥ ta có 0.5 Dựa vào hai bảng biến thiên ta có: Phương trình... α= l»AB SA = l»AB l = 0.5 π 0.5 ⇒ AI = SA2 + SI = ( m ) 0.5 Điều kiện: x ≥ Nhận xét x = nghiệm phương trình, suy x > , ta có 4 x + ( m + 2) x + = (m − 1) x3 + x ⇔ x + − ( m − 1) x + + m + = (... = (t − 1) t − với t ≥ ta có 0.5 Dựa vào hai bảng biến thiên ta có: Phương trình cho có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t > Suy < m < Câu (2.0đ) f ( − x ) = + ( − x) + ( −x ) = 1+ x2 − x =