S GD&T HO BèNH THI CHNH THC K THI CHN HC SINH GII CP TNH LP 12 THPT. NM HC 2009 - 2010 Mụn: TON Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) Ngy thi: 23/12/2009 Cõu 1 (5 im). 1. Tỡm giỏ tr ln nht, nh nht ca hm s ( ) 3 2 3 9 1f x x x x= + vi [ ] 0;4x . 2. Cho hm s 2 2 2 3 1 x x m y x + + = . Tỡm m th hm s cú cỏc im cc i, im cc tiu v gc to O lp thnh tam giỏc vuụng ti O. Cõu 2 (6 im). 1. Gii phng trỡnh. 2 9 20 2 3 10x x x+ + = + 2. Gii phng trỡnh 4sin( )cos 3 1 6 x x = . 3. Gii h phng trỡnh 2 2 2 2 2 3 0 3 4 1 0 x y xy x y x y y + + = + = Cõu 3 (4 im). Cho hỡnh chúp S.ABC cú gúc gia mt phng (SBC) v (ABC) bng 60 0 . Tam giỏc ABC v SBC l cỏc tam giỏc u cnh a. 1. Tớnh di SA theo a 2. Tớnh khong cỏch t B n mt phng (SAC) Cõu 4 (2 im). Tỡm tõm ca ng trũn i qua hai im ( ) 2;5A v ( ) 4;1B v tip xỳc vi ng thng :3 9 0x y + = Cõu 5 (4 im). 1. Gii phng trỡnh: 3 2 1 8 49 n n n A C C + = . 2,Cú bao nhiờu s t nhiờn cú 7 ch s khỏc nhau dng 1 2 3 4 5 6 7 a a a a a a a sao cho. < < < > > > 1 2 3 4 4 5 6 7 a a a a a a a a . Cõu 6 (1điểm ) Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình m ( ) 2 2 2 2 1 2 0x x x x + + + = có nghiệm 0;1 3x + . Ht H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: Phũng thi: Giỏm th 1 Giỏm th 2 HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN TOÁN - LỚP 12 THPT. NĂM HỌC 2009 - 2010 Câu ý Nội dung điểm 1 ( ) ' f x = 2 3 6 9x x− − ( ) ' 1 0 3 x f x x = − = ⇔ = , ( ) ( ) ( ) 0 1; 3 26; 4 19f f f= = − = − Vậy giá trị lớn nhất của hàm số ( ) f x trên đoạn [ ] 0;4 là ( ) 0 1f = Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) f x trên đoạn [ ] 0;4 là ( ) 3 26f = − 1 1 1 2 Tập xác định : { } \ 1D R= , ( ) 2 2 ' 1 1 m y x = − − Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu là phương trình 2 2 ( 1)x m− = ( ) 1 có hai nghiệm khác 1 ⇔ m 0≠ . Khi đó phương trình ( ) 1 ⇔ 1 1 x m x m = + = − Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là ( ) 1 ;4 2A m m+ + ; ( ) 1 ;4 2B m m− − OAB∆ vuông tại O . 0OAOB⇔ = uuuruuur 2 85 5 17 5 m m⇔ = ⇔ = ± ( thoả mãn ĐK). 1 1 2 1 Đặt 3 10t x= + , điều kiện 0t ≥ 2 10 3 t x − ⇒ = khi đó thay vào phương trình ta được. 4 2 7 18 10 0t t t+ − + = ( ) ( ) 2 2 1 2 10 0 1t t t t⇔ − + + = ⇔ = Với t=1 ta có 3 10 1x + = , Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = -3 1 1 2 Viết lại pt: 2 sin 2 sin 3 1 6 6 x π π − + − = − ÷ ÷ ⇔ 3 sin 2 6 2 x π − = ÷ 4 5 12 x k x k π π π π = + ⇔ = + ( ) k ∈Z 1 1 3 Giải hệ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 0 1 3 4 1 0 2 x y xy x y x y y + − + − = − + − = ( ) ( ) ( ) 1 2 1 0x y x y⇔ − − + = ⇔ 2 1 x y x y = = − 1 S A C B K Với x y= thay vào phương trình (2) ta được 2 5 3 1 0x x− − = 3 29 10 3 29 10 x x + = ⇔ − = Với x = 2y-1 thay vào phương trình (2) ta được: 2 7 8 7 0 8 0 y y y y = − = ⇔ = Kết luận hệ có 4 nghiệm là: ( ) 3 7 3 29 3 29 3 29 3 29 1;0 ; ; ; 4 8 10 10 10 10 + + − − − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 1 3 1 Giả sử đường tròn (C) cần tìm có tâm ( ) ;I a b . Từ giả thiết : IA IB= a⇔ 2 3b= − (1) Do (C) tiếp xúc với ∆ ta có : d ( ) ,I ∆ = IA ( ) ( ) 2 2 3 9 2 5 (2) 10 a b a b − + ⇔ = − + − Thế ( 1) vào (2) ta được 2 2 12 20 0 10 b b b b = − + = ⇔ = Với ( ) 2 1 1;2b a I= ⇒ = ⇒ Với ( ) 10 17 17;10b a I= ⇒ = ⇒ , KL : 1 1 2 a, Gọi K là trung điểm của BC Chỉ ra được góc 0 60AKS = , 3 2 a AK = Chứng minh được AKS ∆ đều nên 3 2 a SA = b, 2 3 3 16 SAK a S ∆ = 3 1 3 2. . 3 16 SABC SAK a V BK S ∆ = = 2 39 16 SAC a S ∆ = , Vậy ( ) ( ) 3 3 , 13 SABC SAC V a d B SAC S ∆ = = 1 1 1 4 1 Giải phương trình : 3 2 1 8 49 n n n A C C− + = (1), Điều kiện 3 n n ∈ ≥ Z (1) ⇔ 3 2 7 7 49 0 7n n n n− + − = ⇔ = , Kết luận 7n = 2 Xét các trường hợp sau; TH 1 : Chọn 7 chữ số bất kỳ không có chữ số 0 có 7 9 C cách. Sau đó xếp 7 chữ số đó vào 7 vị trí 1 2 3 4 5 6 7 a a a a a a a Ví trí 4 a có một cách xếp vì 4 a lớn nhất . Có 3 6 C cách xếp 3 vị trí 1 2 3 a a a Còn 1 cách xếp 3 chữ số còn lại vào 3 vị trí 5 6 7 a a a Vậy có 7 3 9 6 .C C số thoả mãn yêu cầu bài toán TH 1 TH 2 : Chọn 7 chữ số bất kỳ phải có chữ số 0 có 6 9 C cách. Tương tự TH 1 : Có 6 3 9 5 .C C số thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy có 7 3 6 3 9 6 9 5 1560C C C C+ = (số) 2 1 1 6 Tập xác định : D R= . Đặt 2 2 2t x x= − + , Do [ ] 0;1 3 1;2x t ∈ + ⇒ ∈ . Khi đó thế vào phương trình ban đầu ta được : 2 2 1 t m t − = + với [ ] 1;2t ∈ (*) Xét hàm số ( ) 2 2 1 t f t t − = + trên [ ] 1;2 có ( ) 2 2 2 2 ' ( 1) t t f t t + + = + Hàm số luôn đồng biến trên [ ] 1;2 , ( ) ( ) 1 2 1 ; 2 2 3 f f= − = Từ đó phương trình (*) có nghiệm khi 1 2 ; 2 3 m ∈ − 1 Câu 4 ý 2: Xét các trường hợp sau; TH 1 : Chọn 7 chữ số bất kỳ không có chữ số 0 có 7 9 C cách. Sau đó xếp 7 chữ số đó vào 7 vị trí 1 2 3 4 5 6 7 a a a a a a a Ví trí 4 a có một cách xếp vì 4 a lớn nhất . Có 3 6 C cách xếp 3 vị trí 1 2 3 a a a Còn 1 cách xếp 3 chữ số còn lại vào 3 vị trí 5 6 7 a a a Vậy có 7 3 9 6 .C C số thoả mãn yêu cầu bài toán TH 1 TH 2 : Chọn 7 chữ số bất kỳ phải có chữ số 0 có 6 9 C cách. Tương tự TH 1 : Có 6 3 9 5 .C C số thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy có 7 3 6 3 9 6 9 5 1560C C C C+ = (số) . S GD&T HO BèNH THI CHNH THC K THI CHN HC SINH GII CP TNH LP 12 THPT. NM HC 2009 - 2 010 Mụn: TON Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) Ngy thi: 23 /12/ 2009 Cõu 1 (5 im). 1. Tỡm. tham số m để phơng trình m ( ) 2 2 2 2 1 2 0x x x x + + + = có nghiệm 0;1 3x + . Ht H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: Phũng thi: Giỏm th 1 Giỏm th 2 HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI. chữ số còn lại vào 3 vị trí 5 6 7 a a a Vậy có 7 3 9 6 .C C số thoả mãn yêu cầu bài toán TH 1 TH 2 : Chọn 7 chữ số bất kỳ phải có chữ số 0 có 6 9 C cách. Tương tự TH 1 : Có 6 3 9 5 .C C số