SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (3 điểm) Cho hàm số 3 2 3 3( 6) 1 (1)y x mx m x= − + + + 1. Tìm m để hàm số (1) có cực trị . 2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A (3;5) nằm trên đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Câu 2: (3 điểm) Cho các số nguyên dương a và b thỏa mãn a b> . Hãy so sánh hai số: b a và a b Câu 3: (4 điểm) 1. Cho hàm số 1 cosx.cos2x khi x 0 f (x) x 0 khi x 0 − ≠ = = Tính đạo hàm của hàm số tại x 0= . 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 3 1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = + Câu 4: (2 điểm) Cho các số thực x , y , z thỏa mãn 2 2 2 3x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 3 7 5 5 7 3F x y y z z x= + + + + + Câu 5: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1)− và hai đường thẳng 1 : 1 0d x y− − = , 2 : 2 5 0d x y+ − = . Gọi A là giao điểm của 1 d và 2 d . 1. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên 1 d , đi qua điểm M và tiếp xúc với 2 d . 2. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M cắt 1 d , 2 d lần lượt ở B và C sao cho ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC = 3AB. Câu 6: (3 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = a , AC = b , AD = c và · · · 0 BAC CAD DAB 60= = = . 1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c . 2. Cho a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a b c 2010+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác BCD. Câu 7: (2 điểm) Giải hệ phương trình : 3 3 3 3 3 3 x x y y y z z z x − = − = − = HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (Đáp án gồm 06 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 Cho hàm số 3 2 3 3( 6) 1 (1)y x mx m x = − + + + 1. Tìm m để hàm số (1) có cực trị . 2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A (3;5) nằm trên đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). 3.0 Ý 1. (1 đ) Ta có: ( ) 2 ' 3 6 3 6= − + +y x mx m 0.5 Hàm số (1) có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biệt 2 ' 9( 6) 0⇔ ∆ = − − >m m 0.5 2 3 m m < − ⇔ > 0.5 Ý 2. (2 đ) Với 2 3 m m < − > (*) thì hàm số có cực trị và tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là nghiệm của hệ phương trình: ( ) 3 2 2 3 3( 6) 1 ' 3 2 6 0 y x mx m x y x mx m = − + + + = − + + = 0.5 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 6 2 6 6 1 2 6 0 y x m x mx m m m x m m x mx m = − − + + + − + + + + + ⇔ − + + = 0.25 ( ) ( ) 2 2 2 6 6 1 m y m m x m m d⇒ = − + + + + + 0.25 ⇒ Tọa độ các điểm cực trị thuộc đường thẳng ( ) m d . Vậy ( ) m d là đường thẳng qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). 0.25 Điểm M(3;5) ∈ ( ) 2 4 5 12 32 0 8 5 m m d m m m = ⇔ − − = ⇔ = − Kết hợp (*) ta có m = 4 là giá trị cần tìm. 0.25 Câu 2 Cho các số nguyên dương a và b thỏa mãn a b> . Hãy so sánh hai số : b a và a b 3.0 Xét hàm số ln ( ) , 0 x f x x x = > có 2 1 ln '( ) '( ) 0 (0; ) x f x f x x e x − = ⇒ = ⇔ = ∈ +∞ 0.75 BBT 0.75 '( )f x 0 0 e +∞ 2 4 −∞ x ( )f x ln 2 2 ln 2 2 + + − − CÂU NỘI DUNG ĐIỂM • ln ln ( ) ( ) ; < < ⇒ < ⇒ < ⇒ < ∈ b a e b a a b f a f b a b a b Z a b 0.5 • 0 1 ; 2 < < < = ⇒ ⇒ > ∈ = b a b a e b a b a b Z a 0.25 • 1= ⇒ > < ∈ b a b a b e a Z • 2 2 4 3 = = < < ⇒ ⇒ > = ∈ b a b b e a a b a a Z 0.25 • 2 4 = ⇒ = = a b b b a a • 2 ( ) ( ) 4 = ⇒ < ⇒ < < ∈ b a b f a f b a b a Z 0.25 Vậy với a, b nguyên dương, ta có: • Nếu a b e> > hoặc b 2 a 4 = > thì < b a a b • Nếu b 1 a 2 = = hoặc b 2 a 3 = = hoặc b 1 a e = > thì > b a a b • Nếu b 2 a 4 = = thì b a a b= 0.25 Câu 3 1. Cho hàm số 1 cos .cos2 0 ( ) 0 0 x x khi x f x x khi x − ≠ = = Tính đạo hàm của hàm số tại x 0= . 2. Giải phương trình : ( ) ( ) 3 1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = + 4.0 Ý 1. (2 đ) Xét giới hạn 2 0 0 ( ) (0) 1 cos cos2 lim lim 0 x x f x f x x x x → → − − = − 0.5 ( ) 2 2 2 0 0 0 1 1 cos3 cos 1 cos3 1 cos 2 lim lim lim 2 2 x x x x x x x x x x → → → − + − − = = + 0.5 2 2 0 0 3 sin sin 9 1 5 2 2 lim lim 3 4 4 2 2 2 x x x x x x → → ÷ ÷ = + = ÷ ÷ ÷ ÷ 0.75 Vậy 5 '(0) 2 f = 0.25 ĐK: 1x ≥ . • x = 1 không là nghiệm của phương trình 0.5 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Ý 2. (2 đ) • 1>x thì PT 3 6 2 1 3 6 1 x x x x + ⇔ − + + = − (*) 0.5 Ta xét các hàm số sau trên ( ) 1;+∞ 1) 3 ( ) 2 1 3 6f x x x= − + + có 3 1 1 '( ) 0, 1 1 6 f x x x x = + > ∀ > − + 0.25 2) 6 ( ) 1 x g x x + = − có ( ) 2 7 '( ) 0, 1 1 g x x x − = < ∀ > − 0.25 Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên nghiệm 2x = cũng là nghiệm duy nhất của (*) 0.25 Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất 2x = 0.25 Câu 4 Cho các số thực x , y , z thỏa mãn 2 2 2 3x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 3 7 5 5 7 3F x y y z z x= + + + + + 2.0 Áp dụng BĐT Buniacovsky ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 6 12 18 2 2 18 2 2 3F x y z x y z x x ≤ + + ≤ + + = + − 0.75 Xét hàm số: ( ) 2 2 ( ) 2 2 3f x x x= + − trên miền xác định 3 3x− ≤ ≤ ( ) ( ) 2 4 '( ) 2 ( 3; 3 ) 2 3 x f x x x x = − ∈ − − 0.25 0 '( ) 0 ên (- 3; 3) 1 x f x tr x = = ⇔ = ± 0.25 ( ) ( ) ( ) 3 3, 0 2 6 1 5f f f± = = ± = 3; 3 max ( ) 5f x − ⇒ = 0.25 Suy ra 2 18.5 3 10F F≤ ⇒ ≤ Với 1x y z= = = thỏa mãn 2 2 2 3x y z+ + = thì 3 10F = . Vậy max 3 10F = 0.5 Câu 5 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1)− và hai đường thẳng 1 : 1 0d x y− − = , 2 : 2 5 0d x y+ − = . Gọi A là giao điểm của 1 d và 2 d . 1.Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng 1 d , đi qua điểm M và tiếp xúc với đường thẳng 2 d . 2.Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt 1 d , 2 d lần lượt ở B và C sao cho ba điểm A , B , C tạo thành tam giác có BC = 3AB. 3.0 Ý 1. (1.5 đ) Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì ( ) 1 ; 1I d I a a∈ ⇒ − 0.25 (T) qua M và tiếp xúc d 2 nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 5 ( ; ) 1 5 + − − = ⇔ − + = a a IM d I d a a 0.25 2 26 31 0 13 10 2a a a⇔ + − = ⇔ = − ± 0.25 • ( ) ( ) 13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − − ⇒ − − − − = + Phương 0.25 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM trình (T) là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)+ + + + + = +x y • ( ) ( ) 13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − + ⇒ − + − = = − Phương trình (T) là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)+ − + + − = −x y 0.25 Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) 0.25 Ý 2. (1.5 đ) Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x y 1 0 x 2 A(2;1) 2x y 5 0 y 1 − − = = ⇔ ⇒ + − = = 0.25 Lấy điểm ( ) ( ) 1 3;2 ∈ ≠E d E A . Ta tìm trên d 2 điểm F ( ≠F A ) sao cho EF = 3AE Do ( ) 2 ;5 2F d F x x∈ ⇒ − . Khi đó ( ) ( ) 2 2 EF = 3AE 3 3 2 18x x⇔ − + − = 0.25 ( ) 2 0;5 0 5 18 0 18 18 11 ; 5 5 5 F x x x x F = ⇔ − = ⇔ ⇔ = − ÷ (Cả hai điểm F này đều thỏa mãn ≠F A ) 0.25 Vì 3 // // 3 BC AB EF AE BC EF EF EF AE BC AB = ⇒ = ⇒ ⇒ ∆ = 0.25 • ( ) ( ) 0;5 3;3 : 0⇒ − ⇒ ∆ + = uuur F EF x y 0.25 • 18 11 3 21 ; ; : 7 6 0 5 5 5 5 − ⇒ − ⇒ ∆ + − = ÷ ÷ uuur F EF x y 0.25 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là : 0x y∆ + = và : 7 6 0x y∆ + − = 0.25 Câu 6 Cho tứ diện ABCD có AB = a , AC = b , AD = c và · · · 0 BAC CAD DAB 60= = = . 1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c . 2. Cho a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a b c 2010+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác BCD. 3.0 Ý 1. (1.5 đ) H A B C D E F • Không giảm tính tổng quát, giả sử {a;b;c}a min= (cũng có thể giả sử a b c≤ ≤ ) . Khi đó trên các cạnh AC , AD lần lượt lấy các điểm E và F saocho AE = AF = a. Ta nhận được tứ diện ABEF là tứ diện đều cạnh a. 0.5 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM • Tính được thể khối tích tứ diện đều ABEF là 3 a 2 12 0.5 • Ta có : 2 ABEF ABCD ABEF 2 ABCD V AE AF a bc abc 2 . V .V V AC AD bc a 12 = = ⇒ = = 0.5 Ý 2. (1.5 đ) Ta có · 2 2 2 2 BC AB AC 2AB.AC.cosBAC a b ab= + − = + − 0.25 Tương tự : 2 2 2 2 CD b c bc , DB c a ca= + − = + − 0.25 Chu vi tam giác BCD là 2 2 2 2 2 2 P a b ab b c bc c a ca= + − + + − + + − 0.25 Ta có : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 1 a b ab a b a b a b 4 4 2 + − = − + + ≥ + 0.25 Tương tự ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 b c bc b c , c a ca c a 2 2 + − ≥ + + − ≥ + 0.25 Suy ra : P a b c 2010≥ + + ≥ . Với a b c 670= = = thỏa mãn a b c 2010+ + ≥ ta có P 2010= Vậy min 2010P = 0.25 Câu 7 Giải hệ phương trình sau: 3 3 3 3 (1) 3 (2) 3 (3) x x y y y z z z x − = − = − = 2.0 Thay (2) vào (1) có : 3 3 3 ( 3 ) 3( 3 ) (4)z z z z y− − − = Thế (3) vào (4) ta được : 3 3 3 3 3 3 3 ( 3 ) 3( 3 ) 3 ( 3 ) 3( 3 ) (*)y y y y y y y y y − − − − − − − = 0.5 Xét [ ] 2;2y ∈ − , đặt y = 2cost ( [ ] 0;t π ∈ ) , ta có : PT(*) 3 3 3 3 3 3 3 (8cos 6cos ) 3(8cos 6cos ) 3[(8cos 6cos ) 3(8cos 6cos )] 2cost t t t t t t t t ⇔ − − − − − − − = 0.5 3 3 3 3 (8cos 3 6cos3 ) 3(8cos 3 6cos3 ) 2cos 8cos 9 6cos9 2cos cos27 cos ( ) 13 14 t t t t t t t t t t m m t hoac t m π π ⇔ − − − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = = ∈ ( & Z 0.25 Vì [ ] 0; π ∈ t nên , 0;12 , 1;14 13 14 k l t k l π π ∈ = ∪ = Từ đó PT (*) có 27 nghiệm phân biệt trên đoạn [ ] 2;2 − là 2cos 13 k y π = với 0;12k = và 2cos 14 l y π = với 1;14l = 0.25 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM PT (*) là PT bậc 27 nên có tối đa 27 nghiệm . Từ đó trên R , PT(*) có 27 nghiệm phân biệt 2cos 13 k y π = với 0;12k = và 2cos 14 l y π = với 1;14l = Thay các giá trị này của y vào (3) và (2) ta đi đến kết luận : Hệ phương trình đã cho có các nghiệm là : 9 2cos 13 2cos 13 3 2cos 13 k x k y k z π π π = = = và 9 2cos 14 2cos 14 3 2cos 14 l x l y l z π π π = = = với 0;12k = và 1;14l = 0,5 HƯỚNG DẪN CHUNG + Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước , yêu cầu thí sinh phải trình bầy và biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm . + Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm . + Chấm từng phần . Điểm toàn bài không làm tròn . . SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (3 điểm) Cho hàm số 3. Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (Đáp án gồm 06 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 Cho hàm số 3 2 3. ∆ + = uuur F EF x y 0.25 • 18 11 3 21 ; ; : 7 6 0 5 5 5 5 − ⇒ − ⇒ ∆ + − = ÷ ÷ uuur F EF x y 0.25 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là : 0x y∆ + = và : 7 6