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. . d bằng 23=IP 23 43 )2(41.3 22 = + +−− ⇔ m 0,25 −−= −= ⇔=+⇔ 1121 5 1121 5 21511 m m m Vậy m = 1121 5 − và m = 1121 5 −− 0,25 3 2đ Gọi giao điểm của ( α ) với ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt. 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. 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: