Dap an thi chon hoc sinh gioi tinh năm 2011

Câu I: 1, B ạn đ ọc t ự l àm 2, Ta có 2 2 ' 3 2( 1) 4 ,y x m x m= − + − + là tam thức bậc hai của x. y' có biệt số 2 ' 2 2 13.m m∆ = − + + Nếu ' 0 ∆ ≤ thì ' 0,y x≥ ∀ , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn. Nếu 1 3 3 1 3 3 ' 0 ; 2 2 m   − + ∆ > ⇔ ∈  ÷   , thì ' 0y = có hai nghiện 1 2 1 2 , ( ).x x x x < Dấu của y': Chọn 0 1 2 0 ( ; ) '( ) 0.x x x y x∈ ⇒ < Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao cho 0 '( ). '( ) 1y x y x = − ⇔ pt: 2 2 0 1 3 2( 1) 4 0 '( ) x m x m y x − + − + + = (1) có nghiệm . Pt (1) có: 2 1 0 3 1 3 3 1 3 3 ' 2 2 13 0, ; . '( ) 2 2 m m m y x   − + ∆ = − + + − > ∀ ∈  ÷   Vậy giá trị cần tìm của m là 1 3 3 1 3 3 ; 2 2 m   − + ∈  ÷   . Câu II: 1, PT 0)3cos3cos3sin2()sin3sinsin2( =−−−⇔ xxxxxx 0)3cos)(sin13sin2( =−−⇔ xxx            +−= += += += ⇔             −= = ⇔ π π ππ ππ ππ π kx kx kx kx xx x 4 28 3 2 18 5 3 2 18 2 cos3cos 2 1 3sin 2, TXĐ : Rx ∈ BPT ( ) 2 2 2 2 6 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0x x x x x x x x⇔ − + − + + + − + + + ≤ 2 2 2 2 1 6( 1) 12. 6 0 1 1 x x x x x x x x − + − + ⇔ + − ≤ + + + + (vì 2 1 0,x x x+ + > ∀ ) Đặt: 2 2 6( 1) 1 x x t x x − + = + + (t > 0), ta được 2 2 6 0t t+ − ≤ 3 0 2 t⇔ < ≤ . x - + 'y 1 x 2 x 0 0 − ++ BPT đã cho tương đương với 2 2 2 6( 1) 9 11 21 11 21 5 11 5 0 ; . 1 4 10 10 x x x x x x x   − + − + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ∈  ÷ + +   3, 2 9 9 3 cos( ) 3 3 .cos( ) (2). x x x x a x a x π π − + = ⇔ + = Nhận xét: Nếu 0 x là nghiệm của (2) thì 0 2 x− cũng là nghiệm của (2), Suy ra đi ều ki ện c ần đ ể (2) c ó nghi ệm duy nh ất l à 0 x = 0 2 x− 1 0 =⇔ x Với 0 1x = , thì từ (2) suy ra 6.a = − Với 6,a = − thì phương trình (2) trở thành 2 3 3 6cos( ) (3). x x x π − + = − Ta c ó VT (3) ( ) 63,6 ≤≥ VP .V ậy : 2 3 3 6 (3) 1. 6cos( ) 6 x x x x π −  + = ⇔ ⇔ =  − =  Vậy: a = -6. Câu III: Cách 1: Ta có: 1 3 sin (sin 3cos ) (cos 3sin ) 4 4 x x x x x= + − − 1 3 (sin 3cos ) (sin 3 cos )'. 4 4 x x x x= + − + Suy ra 2 2 2 3 0 0 1 1 3 (sin 3 cos )' 4 4 (sin 3 cos ) (sin 3 cos ) x x I dx dx x x x x π π + = − + + ∫ ∫ 2 2 2 2 0 0 1 1 3 16 8(sin 3 cos ) cos 6 dx x x x π π π = + +   −  ÷   ∫ 2 0 1 3 tan 16 6 12 x π π   = − +  ÷   3 3 3 . 12 12 6 = + = Cách 2: Dùnh tích phân liên kết Gọi I là tích phân cần tìm Đặt ( ) dx x x J ∫ + = 2 0 2 cos3sin cos3 π Tính I + J và I – J. Từ đó suy ra I C âu IV: Kẻ DH ⊥ MN , do (DMN) ⊥ (ABC) suy ra DH ⊥ (ABC). Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC Ta có: S AMN = 2 1 .AM.AN.sin60 0 = xy 4 3 ; S AMN = S AMH + S ANH = 2 1 AM.AH.sin30 0 + 2 1 .AN.AH.sin30 0 = 3 3 . 4 1 (x+y) xy 4 3 = 3 3 . 4 1 (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 ≤ x,y ≤ 1 ) Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN: S = S AMD + S AND + S DMN + S AMN = 2 1 AD.AM.sin60 0 + 2 1 AD.AN.sin60 0 + 2 1 DH.MN + 2 1 AM.AN.sin60 0. = 3 xy + )1xy3(xy3 6 6 − . Từ 2 4 3 2 . 3 9 xy x y xy xy xy= + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ Suy ra 3(4 2) min , 9 S + = khi 2 . 3 x y= = 2, Hai elíp có các tiêu điểm 1 2 ( 3;0), (3;0).F F− Điểm 2 1 2 ( ) 2M E MF MF a∈ ⇒ + = . Vậy 2 ( )E có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi 1 2 MF MF+ nhỏ nhất. Gọi ( ; )N x y là điểm đối xứng với 1 F qua ∆ , suy ra ( 5;2).N − Ta có: 1 2 2 2 MF MF NM MF NF+ = + ≥ (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 M NF= ∩∆ Toạ độ điểm 17 4 3 0 17 8 5 : ; . 5 0 8 5 5 5 x x y M M x y y  = −  + − =     ⇔ ⇒ −    ÷ − + =     =   3, Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. 1 2 (1 2 ;2 2 ; 1 ); (3 2 ; 1 2 ; ).A A t t t B B s s s∈∆ ⇒ + − − + ∈∆ ⇒ + − − Suy ra ( ) 2 2( ); 3 2( ); 1 ( )AB s t s t s t= + − − − − + − uuur 2 2 1 9( ) 22( ) 14 1 13 . 9 s t AB s t s t s t − = −   ⇒ = − + − + = ⇒  − = −  Với 1 (0; 1;0)s t AB− = − ⇒ = − ⇒ uuur (P) có một vtpt 1 ; (0;0;1)n AB i   = =   ur uuur r , suy ra ( ) : 0P z = (loại do (P) chứa trục O x ). Với 13 8 1 4 ; ; 9 9 9 9 s t AB − − −   − = − ⇒ =  ÷   uuur , suy ra ( )P có một vtpt 2 4 1 ; (0; ; ) 9 9 n AB i −   = =   uur uuur r , suy ra ( ) : 4 8 0P y z− − = (thỏa mãn bài toán). H A B C D M N C âu V: T ừ gi ả thi ết suy ra : a + b +c = 0 Ta có: , ,a b c là ba nghiệm thực của phương trình ( )( )( ) 0x a x b x c− − − = 3 3 3 0 3 1 1x x abc x x abc⇔ − − = ⇔ − + = + (3) Từ đồ thị hàm số 3 3 1,y x x= − + suy ra pt (3) có ba nghiệm thực , ,a b c khi và chỉ khi 1 1 3 2 2.abc abc− ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ 2abc = − , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2. 6 6 6 2 3( )P a b c P abc= + + ⇒ − 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( )( )a b c a b c a b b c c a= + + + + − − − . 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3( )( ) 216 18.9 54a b c a b c a b b c c a= + + − + + + + = − = . 2 3( ) 54 max 66,P abc P= + ⇒ = khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2, hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2. . ra H là tâm của tam giác đều ABC Ta có: S AMN = 2 1 .AM .AN. sin60 0 = xy 4 3 ; S AMN = S AMH + S ANH = 2 1 AM.AH.sin30 0 + 2 1 .AN. AH.sin30 0 = 3 3 . 4 1 (x+y) xy 4 3 = 3 3 . 4 1 (x+y) ⇒ . ) Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN: S = S AMD + S AND + S DMN + S AMN = 2 1 AD.AM.sin60 0 + 2 1 AD .AN. sin60 0 + 2 1 DH.MN + 2 1 AM .AN. sin60 0. = 3 xy + )1xy3(xy3 6 6 − . Từ 2 4 3 2. − + + ∫ ∫ 2 2 2 2 0 0 1 1 3 16 8(sin 3 cos ) cos 6 dx x x x π π π = + +   −  ÷   ∫ 2 0 1 3 tan 16 6 12 x π π   = − +  ÷   3 3 3 . 12 12 6 = + = Cách 2: Dùnh tích phân liên kết Gọi I là