SỞ GD-ĐT BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN : TOÁN (BTTH) Thời gian :180 phút ( không kể phát đề). Ngày thi : 08/10/2010. Câu 1. (5 điểm) Cho hàm số: 3 2 3 3 1 2 2 y x mx m= − + , m là tham số thực. 1 . Khảo sát vẽ đồ thị khi m = 1 2 . Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x . Câu 2. (6 điểm) 1.Cho phương trình : 2 2 2cos 2 sin cos sin cos (sin )x x x x x m x cox+ + = + , m là tham số. a : Giải phương trình khi m = 2. b : Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc 0; 2 Π 2. Giải bất phương trình : 2 2 4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + ≥ − Câu 3. (4 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 3 3 3 6 1 19 y xy x x y x + = − + = Câu 4. (5 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A , B , C , D , có cạnh bằng a . Trên AB lấy điểm M, trên CC , lấy điểm N, trên D , A , lấy điểm P sao cho AM=CN=D , P= x (0 x a≤ ≤ ) . 1.Chứng minh rằng tam giác MNP là tam giác đều. Tính diện tích tam giác MNP theo a và x. Tìm x để diện tích ấy nhỏ nhất. 2. Khi x = 2 a hãy tính thể tích khối tứ diện B , MNP và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện . HẾT Họ, tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:…………… Họ, tên chữ kí giám thị :……………………………………………………… Họ, tên chữ kí giám thị :……………………………………………………… Đề chính thức SỞ GD-ĐT BÌNH PHƯỚC ĐÁP ÁN CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN TOÁN (THPT) NĂM HỌC 2010-2011 Câu 1.(5điểm) a.Giám khảo tự vẽ (2đ) b.(2 điểm)Hàm số 3 2 3 3 1 2 2 y x mx m= − + có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thảng y = x . , 2 3 3 3 ( )y x m x x m= − = − => y , = 0 0x x m = = , y , đổi dấu qua các nghiệm khi m ≠ 0 Suy ra để hàm số có CĐ,CT điều kiện cần và đủ là m ≠ 0. Nếu m > 0 hàm số có cực đại tại x = 0 và y max = 3 1 2 m , CT tại x = m và y min =0 Nếu m < 0 hàm số có cực đại tại x = m và y max = 0, CT tại x = 0 và y min = 3 1 2 m Gọi A,B là các điểm cực trị của hàm số . Để A,B đối xứng nhau qua y = x điều kiên cần và đủ là OA OB= => m = 3 1 2 m (m ≠ 0) m = 2± 2. (1 điểm)Tìm tất cả các gía trị của a, b để phương trình 2 2 2 2 1 x ax b m bx ax − + = − + có hai nghiệm phân biệt với mọi m. PT tương đương với hệ : 2 2 2 2 ( 2 1)(1) 2 1 0(2) x ax b m bx ax bx ax − + = − + − + ≠ (1) (bm-1)x 2 -2a(m-1)x +m –b = 0 PT có hai nghiệm PB , 1 0(3) 0, (4) bm m − ≠ ∆ ∀ f Từ (3) mọi m khi b = 0. Từ (4) => , 2 2 2 2 (1 2 ) 0a m a m a m∆ = + − + ∀f điều này xẩy ra khi và chỉ khi: 2 0 1 2 1 4 0 m a a a ≠ ⇔ ∆ = − f p Với b = 0 và 1 2 a f Từ điều kiện (2) ta có -2ax + 1 ≠ 0 x ≠ 1 2a Bằng phép thử trực tiếp ta thấy x = 1 2a không phải là nghiệm của phương trình (1) Vậy giá trị phải tìm b = 0 , 1 2 a f Câu 2: .(4điểm) 1. Cho phương trình : 2 2 2cos 2 sin cos sin cos (sin )x x x x x m x cox+ + = + , m là tham số. a 1 : Giải phương trình khi m = 2. a 2 : Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc 0; 2 Π 2 2 2cos 2 sin cos sin cos (sin )x x x x x m x cox+ + = + < = > [ ] (sin ) 2(cos sin ) sin cos 0x cox x x x x m+ − + − = a : (2 điểm) Khi m = 2 ta có: sin cos 0 2(cos sin ) sin cos 2 0 x x x x x x + = − + − = < = > 3 ; 2 ; 2 4 2 x k x k x k ∏ ∏ = + ∏ = ∏ = − + ∏ b: (1 điểm) Để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc 0; 2 Π vì sinx + cosx = 0 không có nghiệm thuộc 0; 2 Π nên [ ] 2(cos sin ) sin cos 0x x x x m− + − = (*) phải có ít nhất một nghiệm thuộc 0; 2 Π Đặt t = sinx – cosx do x ∈ 0; 2 Π nên t = 2 cos( ) 4 x ∏ + có t min = t( 2 ∏ ) = - 1, t max = t(0) = 1 (*)< = > 2 1 1 2 2 2 t t m− + + = để có ít nhất một nghiệm t ∈ [ ] 1;1− thì m phải thuộc tập giá trị của hàm số [ ] 2 1 1 ( ) 2 , 1;1 2 2 f t t t t= − + + ∈ − ; [ ] , ( ) 2 0, 1;1f t t t= − + ∈ −f => f min = f (-1) = -2 , f max = f (1) = 2 => 2 2m− ≤ ≤ 2(1đ). Giải Bất phương trình : 2 2 4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + ≥ − < = > ( 1)( 3) ( 1)(2 1) 1x x x x x− − − − − ≥ − Thử trực tiếp có x = 1 là nghiệm. Với x 3 ì x-1 0x th ≥ f bpt < => ( 3) (2 1) 1x x x− − − ≥ − < = > 2 1 2 ( 1)(2 1x x x− − ≥ − − => VN Với x 1 2 ≤ bpt < = > 3 1 2 1x x x− − − ≥ − − < = > 2 (3 )(1 ) 3x x− − ≥ − luôn đúng Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x = 1 , 1 2 x ≤ Câu 3. (3điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 3 3 3 6 1 19 y xy x x y x + = − + = < = > 2 2 3 3 6 1 19 y y x x y x + = − + = < = > 3 1 ( ) 6 1 1 ( ) 3 ( ) 19 y y x x y y y x x x + = − + − + = đặt 1 ; y y u v x x + = = < => 3 . 6 3 19 u v u uv = − − = < = > u = 1; v = - 6 => 1 1 6 y x y x + = = − < = > 1 1 2 2 1 ; 2 3 1 ; 3 2 x y x y = = − = − = Câu 4 . (5 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A , B , C , D , có cạnh bằng a . Trên AB lấy điểm M, trên CC , lấy điểm N, trên D , A , lấy điểm P sao cho AM=CN=D , P= x (0 x a≤ ≤ ) . 1.Chứng minh rằng tam giác MNP là tam giác đều. Tính diện tích tam giác MNP theo a và x. Tìm x để diện tích ấy nhỏ nhất. 2. khi x = 2 a hãy tính diện tích khối tứ diện B , MNP và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. 1.(3đ). Ta có MN 2 =MC 2 + NC 2 = MB 2 + BC 2 + NC 2 = 2a 2 + 2x 2 – 2ax => MN = 2 2 2 a x ax+ − Tương tự ta có MP= PN = MN => tam giác MNP đều. Diện tích tam giác MNP là S MNP = 1 3 . 2 2 MN MN = 2 2 3 ( ) 2 a x ax+ − min S MNP = 2 2 3 ( ( ) ) 2 2 2 a a a a+ − đạt được khi 2 a x = ( hoành độ đỉnh parabol) 2.(2đ).Gọi H là hình chiếu của B , trên mp(MNP), suy ra H là tâm tam giác MNP do MNP đều,B , M = B , N = B , P = 2 2 5 4 2 a a a + = Từ đó B , H = , 2 2 3 2 a B N NH− = Vậy V B , MNP = 2 3 , 1 1 3 3 3 3 . 3 3 2 8 16 MNP a a a B H S = = Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp B , MNP, suy ra O thuộc B , H do đó OB , là bán kính mặt cầu . Ta có O còn nằm trên đường thẳng trung trực của B , N( xét trong mặt phẳng B , HN). Hai tam giác vuông B , HN và B , KO đồng dạng nên: , , , , , , , , 5 5 . . 5 3 2 4 12 3 2 a a B O B K B N B K a OB B N B H B H a = ⇒ = = = Câu 5. .(3 điểm) Chứng minh bất đẳng thức 1 1 2 1 1 ( ) 1 2 ( 1) n n n n x x x x n x − + + − ≤ ≤ + − trong đó x là số thực dương, x 1≠ và n là số nguyên dương. 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 ( ) ( ) .(1 ) .2 2 1 2 2 2 n n n n n n n n x x x x x x x x − − − + + + + + ≤ ⇔ + ≥ = ÷ ÷ + ( 2 điểm) Chứng minh 1 1 1 ( ) 2 ( 1) n n x x n x − + − ≤ − bằng qui nạp (3 điểm) Với n = 1=> VT = VP = 1 . n = 2 = > VT =VP = 1 2 x+ Giả sử BĐT đúng với n =1, 2,…, n tức là 1 1 1 ( ) 2 ( 1) n n x x n x − + − ≤ − ta CM bđt đúng với n +1 tức là 1 1 1 ( ) 2 ( 1)( 1) n n x x n x + + − ≤ + − thật vậy 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 2 2 2 ( 1) n n n x x x x x n x − + + + + − = ≤ ÷ ÷ ÷ − Ta CM 1 1 1 1 1 1 1 2 ( 1) ( 1)( 1) 2 1 n n n n x x x x x x x n x n x n n − + − − + + + + + + ≤ ⇔ ≤ ÷ ÷ − + − + ⇔ (n + 1)(1+ x)(x n-1 + …+x+1) ≤ 2n(x n + …+x+1) ⇔ (n + 1)((x n + …+x+1) + (x n-1 + …+x)) ≤ 2n(x n + …+x+1) ⇔ (n + 1)(x n-1 + …+x) ≤ (n - 1)(x n + …+x + 1) ⇔ 2(x n-1 + …+x) ≤ ( n – 1) (x n + 1 ) Ta có ( n – 1) (x n + 1 ) - 2(x n-1 + …+x) = 1 1 ( 1)( 1) 0 n i n i i x x − − = − − ≥ ∑ => => đpcm . với 3n ≥ dấu đẳng thức xẫy ra khi x =1 Trên đây là hướng dẫn chấm, tổ giám khảo thống nhất điểm từng phần, nếu học sinh giải theocách khác các giám khảo thống nhất để chấm. . SỞ GD-ĐT BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN : TOÁN (BTTH) Thời gian :180 phút ( không kể phát đề). Ngày thi : 08/10/2010. Câu 1. (5 điểm) Cho. 1 là nghiệm. Với x 3 ì x-1 0x th ≥ f bpt < => ( 3) (2 1) 1x x x− − − ≥ − < = > 2 1 2 ( 1)(2 1x x x− − ≥ − − => VN Với x 1 2 ≤ bpt < = > 3 1 2 1x x x− − − ≥ − − . B , MNP và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện . HẾT Họ, tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:…………… Họ, tên chữ kí giám thị :……………………………………………………… Họ, tên chữ kí giám thị :……………………………………………………… Đề