2/ Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành Ox tại hai điểm phân biệt A và B.. Tính cosin của góc tạo bởi các tiếp tuyến tại A và tại B của đồ thị hàm số đã cho với kết quả đợc rút gọn.. Tính
Trang 1UBND TỉNH BắC NINH
Sở giáo dục Và Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
Năm học: 2009-2010
môn thi: toán lớp 12 thpt – –
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 14 tháng 4 năm 2010
Câu 1 (3,0 điểm)
cos x cos 2x cos 3x
log (5x ) log x log (25x )
a) Giải bất phơng trình đã cho, khi m = 2.
b) Xác định m để bất phơng trình đã cho có nghiệm x > 1.
Câu 2 (4,0 điểm) Cho hàm số y =
2
2
x 3x 1
x 1
+
1/ Chứng minh rằng hàm số đã cho có duy nhất điểm cực trị, đó là điểm cực tiểu 2/ Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành Ox tại hai điểm phân biệt A và B Tính cosin của góc tạo bởi các tiếp tuyến tại A và tại B của đồ thị hàm số đã cho (với kết quả đợc rút gọn).
Câu 3 (3,0 điểm)
−
+
2/ Giải hệ phơng trình:
6 3 cos(2 )
6 3 cos(2 )
6 3 cos(2 )
6 3 cos(2 )
π π π π
=
=
Câu 4 (6,5 điểm)
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông, với
AB = 1 và AA’ = a.
1/ Tính thể tích khối tứ diện BDB’C’ Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng DC’
và AC
2/ Khi a thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đờng thẳng B’D và mặt phẳng (BDC’).
Câu 5 (3,5 điểm)
2/ Tìm lim cos( 2 cosn sin2 sinn )n
2
π
-Hết
-(Đề thi gồm 01 trang)
Đề chính thức
Trang 2ubnd tỉnh bắc ninh
Sở giáo dục và Đào tạo kỳ thi học sinh giỏi THPT Năm học : 2009 - 2010
Môn : Toán Lớp 12
đáp án và Hớng dẫn chấm thi
(Đáp án gồm 04 trang)
Chú ý chung:
- Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ hơn, nhng không chia nhỏ dới 0,25.
- Mọi lời giải của học sinh có phơng pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức trong chơng trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm tơng ứng (học sinh có thể sử dụng kiến thức của chơng trình Cơ bản hoặc Nâng cao)
Câu 1 (3,0 điểm)
1) (1,00đ)
Phơng trình đã cho tơng đơng 2sin 2x cos x sin 2x 3
2cos 2x cos x cos 2x
−
0,25
tan 2x 3 (1) sin 2x(2cos x 1)
cos 2x(2 cos x 1) cos x (2)
2
0,25
Giải (1) đợc nghiệm x = k
0,25
Đối chiếu điều kiện (2), kết luận nghiệm: x = m ; x 2 m2 (m )
Â
0,25 2) (2,00đ)
Điều kiện x > 0 Với ĐK trên, bất phơng trình đã cho tơng đơng với
4 log x 5 log x 5 2 log x 5
Chia hai vế cho 32 log x 5 > 0, cóbất phơng trình tơng đơng
2 log x log x
9m (1)
Đặt t =
5
log x
2
3
ữ
với t > 0 (1) có dạng 4t
a) với m = 2 , (2) trở thành 4t2 – t – 18≤ 0 2 t 9
4
Vậy BPT đã cho là
5
log x 2 3
ữ
x
log x
5
2
3
> ⇒ < = ữ <
Vậy bất phơng trình đã cho có
nghiệm x > 1 khi và chỉ khi (2) có nghiệm t ∈(0; 1).
0,25
Xét hàm số f(t) = 4t2 – t với t∈(0; 1), đợc miền giá trị của hàm f(t) là [ 1
16
Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm x > 1 khi và chỉ khi 9m ≥ -1/16
0,25
Trang 3KL : m 1
144
Câu 2 (4,0 điểm)
1) (1,5đ) TXĐ: R, ∀ ∈x Rcó y’ =
3
x x 3 (x 1)
+ −
x R
∀ ∈ có (x2 +1)3 > 0, vậy y’ cùng dấu với f(x) = x3 + −x 3.
xét hàm f(x) liên tục trên R và f’(x) = 3x2 + 1 >0, ∀ ∈x R ⇒f(x) đồng biến trên R Mặt
khác f(1).f(2) <0 ⇒ phơng trình f(x) = 0 có nghiệm x0∈ (1; 2)
Vậy:y 'x 0 =0 và khi x > x0 ⇒f(x) > f(x0) = 0⇒y’ >0; khi x < x0 ⇒f(x) < f(x0)= 0⇒y’ < 0
1,0
Do đó hàm số có duy nhất một điểm cực trị đó là điểm cực tiểu 0,25 2) (2,5đ) Đặt U(x) = x2 −3x 1+ , V(x) = x2 +1, đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm
phân biệt A; B có hoành độ lần lợt là x1>0 và x2 > 0 là nghiệm phơng trình: x2 −3x 1+ = 0
(1), hay U(x1) = U(x2) = 0
0,25 Gọi k1; k2 thứ tự là hệ số góc của hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A; B ⇒
k1 = 1
1
V(x ).U '(x ) V '(x ).U(x ) U '(x ) 2x 3
y '
V(x )
+ Tơng tự k2 = 22
2
2x 3
x 1
−
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A và tại B lần lợt có phơng trình :
k1x – y - k1x1 = 0 và k2x – y – k2x2 = 0 Gọi α là góc tạo bởi hai tiếp tuyến trên
cos
k 1 k 1 (k k ) (k k ) 2k k 1
0,5
Ta có : x1 ; x2 là nghiệm phơng trình (1), nên x1 + x2 = 3 và x1 x2 = 1 mặt khác
x −3x + = ⇒1 0 x + =1 3x , tơng tự 2
x + =1 3x Vậy k1 = 1
1
2x 3 3x
−
và
k2 = 2
2
2x 3
3x
−
1 2
(2x 3)(2x 3) 4x x 6(x x ) 9 4 18 9 5
9x x
k1 + k2= = 1
1
2x 3
3x
−
2
2x 3 3x
−
=
1 2
3x (2x 3) 3x (2x 3) 2 3x x ( x x ) 3 3( x x )
3 9x x
=
= 3( x1 x )2 3( x1 x2 2 x x )1 2 5
0,5
Thay vào (2) ta đợc cos 2
79
Câu 3 (3,0 điểm)
1 (1,5 điểm) Với mỗi n nguyên dơng, xét tích phân I =
1
n
0 x(1 x) dx−
∫
Đặt 1 – x = t ⇒dx = - dt Khi x = 0 ⇒t =1 và khi x = 1⇒t = 0. 0,25
0,25
Trang 4Vậy I =
1
(1 t)t dt (t t )dt
0
x C −C x ( 1) C x+ + − =C x C x− + + − ( 1) C x +
0
1
C x C x ( 1) C x dx C x C x C x
0
+
∫
−
0,25
−
1
n 1+ -
1
Vậy n thoả mãn điều kiện đã cho khi và chỉ khi 1
n 1+ -
1
n 2+ =
1
Giải phơng trình (3) đợc nghiệm nguyên dơng n= 5 KL: n = 5 0,25
2 (1,5 điểm) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: x1 =max( , x , x , x )x1 2 3 4 Do hàm cos nhận giá trị từ -1 đến 1 và là hàm chẵn nên 1 2 3 4
1
0 , x , x , x
2
x
Mặt khác, hàm cos nghịch biến trong khoảng (0; )
2
π
nên từ các phơng trình của hệ ta suy
rax2 =min( , x , x , x )x1 2 3 4 ,x3 =max( , x , x , x )x1 2 3 4 x4 =min( , x , x , x )x1 2 3 4
0,25
Do đó, x1=x3, x2 =x4 hệ đã cho trở thành:
1 2
6 3 cos(2 )
6 3 x cos(2 )
x
π π
=
0,25
Từ đó 6 3 (x1−x2)=2sin[ (π x1−x2)]sin[ (π x1+x2)]≤π(x1−x2) Vì x1 ≥x2và 6 3>π nên
bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi x1 =x2 Tức là 6 3x1−cos(2πx1) 0= 0,5
Từ tính đồng biến ta đợc phơng trình có nnghiệm duy nhất 1
1 12
x = Vậy nghiệm của hệ là 1 2 3 4
1 12
Câu 4 (6,5 điểm)
Chú ý : có nhiều phơng pháp để giải câu này, đáp án sau đây, đa ra một cách giải- chủ
yếu sử dụng phơng pháp thể tích.
1)(4,0đ)
+ Gọi V và V1 theo thứ tự là thể tích các khối
hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ và lăng trụ đứng
1
V V AB A 'A
Ta có : VBDB’C’ = V1 – (VC’DBC + VDB’C’D’) (1) 0,75
B A
C D
C’
D’
I
Trang 5Ta có CC’⊥(DBC) và DD’⊥(D’B’C’) và dt(∆DBC) = dt(∆D’B’C’) = 1
2 và CC’=D’D = a ⇒ VC’DBC = VDB’C’D’ = 1 1 .a a
Thay vào (1) ta đợc VBDB’C’ = a a a
+ Ta có DC’// mp(AB’C)⊃AC⇒d(DC’; AC) = d(D ; (AB’C)) = h 0,5
Gọi V2 là thể tích khối tứ diện B’DAC, ta có V2 = a
Mặt khác V2 =1
3dt(∆B’AC).h h a
2dt( B'AC)
⇒ =
Ta có B’C = B’A = a2 + ⇒ ∆1 B’AC cân ở B’ Gọi I là giao điểm của AC và BD
⇒
I là trung điểm của AC và B’I⊥AC 2 BD 2 2a2 1
B'I B'B ( )
+
2
dt( B'AC)= AC.B'I
+
0,75
Thay vào (2) ⇒h= a2
2a +1 Vậy khoảng cách giữa DC’ và AC bằng 2
a 2a +1 0,25 2) (2,5đ) Theo cmt, ta có VBDB’C’ = a
6 (3)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B’ trên mp(BDC’), ta có ∠ B'DH = α(nhọn)
chính là góc giữa đờng thẳng B’D và mặt phẳng (BDC’) và B’H =B’Dsinα.
B’D = D 'D2 +B'D '2 = a2 +2
0,75
Mặt khác VBDB’C’ =1dt( BDC ').B'H
3 ∆ Mà dt( BDC')∆ =
BDB'C'
1
V (2a 1)(a 2) sin
6
0,75
Từ (4) và (3)
⇒ a = (2a2 +1)(a2 +2) sinα 2 2 2
α
0,5
áp dụng BĐT Cô si đợc 2
2
1 a a
+ ≥2 ⇒ 12 9 0 sin 1
3
và chỉ khi a = 1 Vậy α lớn nhất khi và chỉ khi sin 1
3
Câu 5 (3,5 điểm)
1 (2,0 điểm) Xét hàm số f(x) =2sin x + 2cos x ∀ ∈x R, ta cóf(x
2
π + )= f(x) Vậy để xét miền giá trị của f(x) trên R, ta chỉ việc xét f(x) trên đoạn [0;
2
π
] Khi đó f(x)
Trang 6Mặt khác, giá trị mà 2sin x + 2cos xnhận đợc trên các đoạn [0;
4
π
] và [ 4
π
; 2
π
] là nh nhau Vậy ta chỉ còn xét hàm số f(x) =2sin x + 2cos x trên đoạn [0;
4
π
]
Ta có f’(x) = ln2( cosx.2sin x−sin x.2cos x )
Khi x = 0 ta có f’(x) > 0, khi x =
4
π
ta có f’(x) = 0
Khi x∈(0;
4
π
) thì sinx và cosx thuộc (0 ; 1) và sinx < cosx Xét hàm số g(t) = 2t
t với t∈(0; 1), có g’(t) = t
2
2 (t.ln 2 1)
0
⇒g(sinx) >g(cosx) 2sin x 2cos x sin x cos x
cos x.2 sin x.2 sin x cos x
Tóm lại f(x) đồng biến trên trên đoạn [0;
4
π
] Vậy 3= f(0) f (x) f ( )
4
π
1,0
Do đó ∀ ∈x Ă , ta có 3 ≤ 2sin x + 2cos x ≤ 22+22 0,25
2 (1,5 điểm) Đặt cos2 n cos sin2 nsin
n
x = α α + α α , suy ra x n →1
Ta có x n < ∀ ≥1, n 2 do đó khi n→ +∞ thì ln 1
1
n n
x
ln
1 ( 1)
n n
n x
n x →
−
Mặt khác, ( 1) cos2 cos1 1 sin2 sin1 1
n
n x
→cos2αln cosα +sin2αln sinα
Tức là lim ( )n (cos )cos2 (sin )sin2
n
→+∞ =
0,25 0,5 0,25
0,25 0,25 ==========
Hớng dẫn chấm có 05 trang