SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ Đề chính thức Số báo danh KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010- 2011 Môn thi: Toán Lớp: 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). Câu I. (4,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 ( 1) (4 ) 1 2y x m x m x m = − + − − − − ( m là tham số thực), có đồ thị là ( ). m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 1.m = − 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị ( ) m C có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Câu II. (6,0 điểm). 1) Giải phương trình: cos2 cos3 sin cos4 sin 6 .x x x x x+ − − = 2) Giải bất phương trình: 2 4 2 6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤ ( ).x ∈¡ 3) Tìm số thực a để phương trình: 9 9 3 cos( ) x x a x π + = , chỉ có duy nhất một nghiệm thực .Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân: ( ) 2 3 0 sin . sin 3cos x I dx x x π = + ∫ Câu IV. (6,0 điểm). 1) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt ,AM x= AN y= . Tìm ,x y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất. 2) Trên mặt phẳng toạ độ ,Oxy cho đường thẳng : 5 0x y∆ − + = và hai elíp 2 2 1 ( ) : 1 25 16 x y E + = , 2 2 2 2 2 ( ) : 1 ( 0) x y E a b a b + = > > có cùng tiêu điểm. Biết rằng 2 ( )E đi qua điểm M thuộc đường thẳng .∆ Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp 2 ( )E có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 3) Trong không gian ,Oxyz cho điểm (0;2;0)M và hai đường thẳng 1 2 1 2 3 2 : 2 2 ( ); : 1 2 ( ) 1 , , x t x s y t t y s s z t z s = + = + ∆ = − ∈ ∆ = − − ∈ = − + = ¡ ¡ . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục O x , sao cho (P) cắt hai đường thẳng 1 2 ,∆ ∆ lần lượt tại A, B thoả mãn 1AB = . Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực , ,a b c thoả mãn: 2 2 2 6 3. a b c ab bc ca + + = + + = − Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 6 6 6 .P a b c= + + HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD & ĐT THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm có 4 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT Ngày thi: 24 - 3 - 2011 Câu Ý Hướng dẫn chấm Điêm Câu I 4,0 đ 1) 2,0đ Với 1,m = − ta được hàm số 3 3 1.y x x= − + Tập xác định: .¡ Giới hạn tại vô cực: lim , lim . x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ Sự biến thiên: 2 ' 3 3 0 1.y x x= − = ⇔ = ± 0,5 ' 0 ( ; 1) (1; ).y x> ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1)−∞ − và (1; )+∞ . ' 0 ( 1;1).y x< ⇔ ∈ − Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;1).− Điểm cực đại của đồ thị ( 1;3),− điểm cực tiểu của đồ thị (1; 1).− 0,5 Bảng biến thiên: 0,5 Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3). Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng 0,5 2) 2,0đ 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. 0,5 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': 0,5 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 − + ∆ = − + + − > ∀ ∈ ÷ 0,75 Vậy giá trị cần tìm của m là 1 3 3 1 3 3 ; 2 2 m − + ∈ ÷ . 0,25 -2 -1 -1 1 1 3 2 x y O x y' y −∞ −∞ +∞ +∞ 1− 1− 1 3 0 0 − + + x - + 'y 1 x 2 x 0 0 − ++ Câu II 6,0 đ 1) 2,0đ PT 0)3cos.3sin23(cossin)4cos2(cos =−+−−⇔ xxxxxx 0)3cos3cos3sin2()sin3sinsin2( =−−−⇔ xxxxxx 0,5 0)3cos)(sin13sin2( =−−⇔ xxx 0,5 +−= += += += ⇔ −= = ⇔ 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 ( ).k ∈¢ 0,5 0,5 2) 2,0đ Tập xác định: ¡ . . BPT ( ) 2 2 2 2 6 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0x x x x x x x x⇔ − + − + + + − + + + ≤ 0,5 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+ + > ∀ ) 0,5 Đặt: 2 2 6( 1) 1 x x t x x − + = + + (t > 0), ta được 2 2 6 0t t+ − ≤ 3 0 2 t⇔ < ≤ . 0,5 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 − + − + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ∈ ÷ + + 0,5 3) 2,0đ 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), 0,5 suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là 0 0 0 2 1.x x x= − ⇔ = Với 0 1x = , thì từ (2) suy ra 6.a = − 0,5 Với 6,a = − thì phương trình (2) trở thành 2 3 3 6cos( ) (3). x x x π − + = − Ta có (3) 6, (3) 6.VT VP≥ ≤ Vậy 2 3 3 6 (3) 1. 6cos( ) 6 x x x x π − + = ⇔ ⇔ = − = Vậy 6.a = − 1,0 Câu III 2,0đ Ta có: 1 3 sin (sin 3cos ) (cos 3 sin ) 4 4 x x x x x= + − − 1 3 (sin 3cos ) (sin 3cos )'. 4 4 x x x x= + − + 0,5 Suy ra 2 2 2 3 0 0 1 1 3 (sin 3cos )' 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 = + + − ÷ ∫ 0,25 0,75 2 0 1 3 tan 16 6 12 x π π = − + ÷ 3 3 3 . 12 12 6 = + = 0,5 Câu IV 6,0đ 1) 2,0đ 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. 0,5 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). Suy ra xy 4 3 = 3 3 . 4 1 (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 ≤ x,y ≤ 1 ). 0,5 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= = 0,5 0,5 2) 2,0đ Hai elíp có các tiêu điểm 1 2 ( 3;0), (3;0).F F− 0,5 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. 0,5 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= ∩ ∆ 0,5 Toạ độ điểm 17 4 3 0 17 8 5 : ; . 5 0 8 5 5 5 x x y M M x y y = − + − = ⇔ ⇒ − ÷ − + = = 0,5 3) 2,0đ 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 0,5 H A B C D M N 2 2 1 9( ) 22( ) 14 1 13 . 9 s t AB s t s t s t − = − ⇒ = − + − + = ⇒ − = − 0,5 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 ). 0,5 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). 0,5 Câu V 2,0đ Từ giả thiết suy ra : 0a b c+ + = 0,25 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) 0,5 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. 2abc = , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2. 0,5 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= + + − + + + + = − = . 0,5 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. 0,25 GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. . thức Số báo danh KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010- 2011 Môn thi: Toán Lớp: 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm. coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD & ĐT THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm có 4 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT Ngày thi: . cos ) cos 6 dx x x x π π π = + + − ÷ ∫ 0,25 0,75 2 0 1 3 tan 16 6 12 x π π = − + ÷ 3 3 3 . 12 12 6 = + = 0,5 Câu IV 6,0đ 1) 2,0đ Kẻ DH ⊥ MN , do (DMN) ⊥ (ABC) suy ra DH ⊥ (ABC). Mà