Sở giáo dục và đào tạo bắc giang Đề chính thức Đáp án-thang điểm đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm 2009 Môn thi: Toán, lớp 12 THPT Ngày thi: 05 tháng 04 năm 2009 Đáp án-thang điểm có 4 trang Chú ý: Dới đây chỉ là sơ lợc từng bớc giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tơng ứng. Câu Phơng pháp giải kết quả điểm Câu I 5 điểm 1. (2 điểm) TXĐ của hàm số là R\ { } 1 . 2 2 ( 1) ' , 1. ( 1) m y x x = Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x khi hệ phơng trình ẩn x 2 2 2 (2 1) 1 ( 1) 1 ( 1) m x m x x m x = = có nghiệm 2 2 2 2 2 (2) ( 1) ( 1) (3) mx m x m x = = có nghiệm x 1 Trừ vế theo vế của (2) và (3) ta đợc (m -1)x = m(m - 1). Nếu m = 1 phơng trình có nghiệm x = 1(loại) Nếu m 1 thì hệ (2) và (3) luôn có nghiệm x 1 (thỏa mãn). Vậy m 1 thì d tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 2. (3 điểm) m = 2 hàm số (1) trở thành 3 4 1 x y x = có đồ thị là (C). Gọi A(x A ; y A ) B(x B ; y B ) (C) và đối xứng nhau qua d. Vì AB d nên phơng trình AB có dạng y = 1 2 x + n x A , x B là nghiệm của phơng trình 2 3 4 1 ( ) (2 5) 2 8 0 1 2 x x n f x x n x n x = + = + = , x 1. Theo Vi-et ta có 2 5 A B x x n+ = Gọi I là trung điểm AB x I = 2 5 1 2 5 ; 2 2 2 4 A B I I x x n n y x n + + = = + = . Do A, B đối xứng qua d nên I d 2 5 1 2 5 4. 4 4 n n n + = + = Với n = 4 thì x A ; x B là nghiệm phơng trình x 2 -3x = 0 0 3 x x = = Vậy các điểm cần tìm là (0; 4) và (3; 5 2 ). 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu II 4 điểm 1. (2 điểm) Điều kiện x 1. Với điều kiện đó phơng rình đã cho tơng đơng với 2 3 ( 6 2) ( 1 1) 4x x x+ + = 0,5 0,5 0,25 Trang 1/4 2 2 3 3 2 3 3 2 2 4 1 1 ( 6) 2 6 4 2 0 1 1 2 (1) 1 1 ( 6) 2 6 4 x x x x x x x x x x x + = + + + + + = + = + + + + + + Vì x 1 nên VT(1) 3 3 1 1 2 49 2 7 4 + < + + và VP(1) > 2 Nên (1) vô nghiệm Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. 0,5 0,25 2. (2 điểm) Điều kiện sin2x 0 Nếu cot x > 0 phơng trình đã cho trở thành 2 1 cos 2 1 cot tan sin sin cos sin cos 2 cos 2cos cos 1 0 cos 1( ) 1 cos 2 x x x x x x x x x x x x l x = + = = = = = 2 2 ( ) 1 3 cos 2 2 2 ( ) 3 x k l x x k tm = + = = + Nếu cot x < 0 phơng trình đã cho trở thành 1 1 1 cot tan 0 sin sin cos sin x x x x x x = + + = cos x = -1 (l). KL 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 Câu III 5 điểm 1. (2 điểm) Vì B d B(a; 3) và C Ox C(b; 0). ABC đều AB 2 = BC 2 = CA 2 2 2 2 2 ( 1) 4 ( 1) 1 ( 1) 4 ( ) 9 a b a b a + = + + = + (Điều kiện a, b 1) Đặt b -1 = t(a - 1) do b - 1 0 Hệ phơng trình trở thành 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 3 ( 1) ( 2 ) 5 a t a t t = = Chia vế thêo vế của hai phơng trình của hệ ta đợc 1 2 5 4 t t = = +) 1 2 t = thay vào hệ đợc kết quả: vô nghiệm. +) 5 4 t = thay vào hệ ta thu đợc 4 3 5 3 1 ; 1 3 3 4 3 5 3 1 ; 1 3 3 a b a b = + = + = = Vậy các điểm cần tìm là 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Trang 2/4 4 3 5 3 (1 ;3), (1 ;0) 3 3 B C+ + hoặc 4 3 5 3 (1 ;3), (1 ;0). 3 3 B C 2. (3 điểm) P N F E D A B C S M H a) (1 điểm) Tính đợc khoảng cách từ S đến BE bằng 2 2 2 2 8 4 a b a a b + + . b) (2 điểm) H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (SBD) Học sinh chứng minh đợc H là trực tâm tam giác SBD. Gọi các đờng cao của tam SBD là SM, BN, DP Từ đó ta có = ã ã ã , , .HMA HNA HPA = = Ta có cos 2 2 2 HM AH AH cos AM AS AS = = = Tơng tự ta chứng minh đợc: 2 2 2 2 2 2 AH cos AB AH cos AD = = Mặt khác ta chứng minh đợc 2 2 2 2 1 1 1 1 AH AS AB AD = + + Suy ra 2 2 2 1.cos cos cos + + = Ta dễ dàng chứng minh đợc 2 2 2 2 ( ) 3( )cos cos cos cos cos cos + + + + =3 Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 1 đ 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 Câu IV 4 điểm 1. (2 điểm) Ta có I = 2 2 2 2 2 2 4 sin 4 sin xdx cosxdx x x + +) I 1 = 2 2 2 4 sin xdx x Đặt x = -t, ta tính đợc I 1 = 0. +) I 2 = 2 2 2 4 sin cosxdx x = 2 2 2 2 2 (sin ) 1 2 sin ln 4 sin 4 2 sin d x x x x = + = 1 ln 3 2 Vậy I = I 1 + I 2 = 1 ln 3 2 . 0,5 0,5 0,75 0,25 2. (2 điểm) Điều kiện 10 - 3 x > 0 , n 3, n N. Số hạng thứ 6 trong khai triển Niutơn củanhị thức là: 0,25 Trang 3/4 5 5 log(10 3 ) 5 ( 2) log3 5 ( 2 ) ( 2 ) 21. x n x n C = (1) Theo giả thiết 1 3 2 2 2 7 n n n n C C C n = + = = (chỉ có n = 7 thỏa mãn). Với n = 7 thì (1) trở thành 2 log[(10 3 )3 ] 2 2 1 (10 3 )3 1. x x x x = = Giải phơng trình trên ta đợc x = 2 hoặc x = 0 Kết luận: 0,25 0,5 0,5 0,5 Câu V 2 điểm Do x, y, z dơng nên theo BĐT Cô - si, ta có 1 1 1 ( )( ) 9xy yz zx xy yz zx + + + + 1 1 1 9 xy yz zx xy yz zx + + + + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 7 ( ) x y z xy yz zx x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx + + + + + + + + + + + + + + + + 2 2 2 2 9 7.3 2( ) ( )x y z xy yz zx x y z + + + + + + + + = 2 2 9 21 30. ( ) ( )x y z x y z + = + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 . 0,5 0,5 0,5 0,5 Trang 4/4 . đào tạo bắc giang Đề chính thức Đáp án-thang điểm đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm 2009 Môn thi: Toán, lớp 12 THPT Ngày thi: 05 tháng 04 năm 2009 Đáp án-thang điểm có 4 trang Chú ý: Dới. N. Số hạng thứ 6 trong khai triển Niutơn củanhị thức là: 0,25 Trang 3/4 5 5 log(10 3 ) 5 ( 2) log3 5 ( 2 ) ( 2 ) 21. x n x n C = (1) Theo giả thi t 1 3 2 2 2 7 n n n n C C C n = + = = . (2 điểm) Điều kiện sin2x 0 Nếu cot x > 0 phơng trình đã cho trở thành 2 1 cos 2 1 cot tan sin sin cos sin cos 2 cos 2cos cos 1 0 cos 1( ) 1 cos 2 x x x x x x x x x x x x l x = + = =