SỞ GD - ĐT HÒA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán. Ngày thi: 23/12/2010 (Thêi gian lµm bµi 180' kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Câu 1 (5 điểm). 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau: 3 sin cos2 7sin 2y x x x = − − + . 2. Cho hàm số − = − 2 1 1 x y x (C) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. Câu 2 (6 điểm). 1. Giải phương trình: 2 2 2sin ( ) 2sin – tan 4 x x x π − = . 2. Giải phương trình: ( ) 2 1 2 2 4 log log 5 0x x− − = . 3. Giải hệ phương trình: + + + = − + − + = 3 2 2 6 3 4 5 0 x y x y x x y y Câu 3 (2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A. Gọi G là trọng tâm của tam giác đó, biết BC và BG lần lượt có phương trình là: 2 4 0x y− − = ; 7 4 8 0x y− − = ,và đường thẳng CG đi qua điểm ( 4;1)E − Viết phương trình đường cao AH. Câu 4 (2 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 2 1 2 2x mx x+ + = − Câu 5 (4 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có SA x = và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a . 1. Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng ( )SAC . 2. Tìm x theo a để thể tích của khối chóp .S ABCD bằng 3 2 6 a . Câu 6 (1 điểm). Tính các góc của tam giác ABC biết: 2sin sin (1 cos ) 1A B C− = −−−−− HẾT −−−−− HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm 1 (5đ) 1 Ta có: 3 2 sin (1 2sin ) 7sin 2y x x x= − − − + 3 2 sin 2sin 7sin 1y x x x⇒ = + − + Đặt sint x= điều kiện 1t ≤ Bài toán trở thành tìm GTLN-GTNN của hàm số 3 2 2 7 1y t t t= + − + trên đoạn [ ] 1;1− Ta có: [ ] 2 ' 3 4 7 0, 1;1y t t x= + − ≤ ∀ ∈ − max 9y⇒ = khi 1 sin 1 2 2 t x x k π π = − ⇒ = − ⇒ = − + min 3y⇒ = − khi 1 sin 1 2 2 t x x k π π = ⇒ = ⇒ = + 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 Cách 1: Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại điểm 0 0 ( ; )M x y cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA=4OB. Do OAB ∆ vuông tại O nên 1 tan A 4 OB OA = = ⇒ Hệ số góc của d bằng 1 4 hoặc 1 4 − Hệ số góc của d tại M là 0 0 2 2 0 0 1 1 1 '( ) 0 '( ) ( 1) ( 1) 4 y x y x x x − − − = < ⇒ = = − − 0 0 3 1 ( 1) 2 5 3 (3) 2 x y x y = − ⇒ − = ⇔ = ⇒ = Khi đó có hai tiếp tuyến của (C) thỏa mãn bài toán là: 1 3 ( 1) 4 5 0 4 2 1 5 4 13 0 ( 3) 4 2 y x x y x y y x − = + + + − = ⇔ − + − = = − + Cách 2: Gọi tiếp tuyến tại điểm 0 0 ( ; ) ( )M x y C∈ có dạng 0 0 2 0 0 2 1 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x − − = − + − − (d) (d) cắt Ox tại A cho y=0 tìm x suy ra 2 0 0 (2 2 1;0)A x x− + (d) cắt Oy tại B cho x=0 tìm y suy ra 2 0 0 2 0 2x 2x 1 0; ( 1) B x − + ÷ − Theo giả thiết OA=4OB suy ra tìm được 0 0 3 1 x x = = − Từ đó ta có kết quả 1,0 0,5 1,0 0,5 1,0 1,0 C©u 2 (6đ) 1 ĐK: 2 x k π π ≠ + Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi phương trình π − − = − ⇔ − = − 2 2 sinx sinx 1 cos(2 ) 2sin 1 sin 2 2sin 2 osx osx x x x x c c ⇔ − = − ⇔ − = (1 sin2 ) osx sin2xsinx sinx (1 sin2 )( osx+sinx) 0x c x c π π π π π π = + = ⇔ ⇔ ⇔ = + = − − = + sin2 1 4 4 2tan 1 4 x k x x k x x k 0,5 0,5 1,0 2 ĐK 0x > Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi 2 2 2 2 2 4 4log log 5 0 2 log 1 1 5 log 2 2 4 x x x x x x + − = = = ⇔ ⇔ = = − KL: 0,5 0,5 1,0 3 Ph¬ng tr×nh thứ nhất đặt 0t x y= + ≥ ta được 2 2 6 0 3 t t t t = + − = ⇔ = − 2 4x y y x⇒ + = ⇔ = − thay vào ph¬ng tr×nh thứ hai ta được phương trình: 3 2 2 2 4 5 0 ( 1)( 5) 0 1 1 21 2 x x x x x x x x − − + = ⇔ − − − = = ⇔ ± = + 1 3x y= ⇒ = + 1 21 7 21 2 2 x y + − = ⇒ = + 1 21 7 21 2 2 x y − + = ⇒ = 1,0 0,5 0,5 C©u 3 (2đ) Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ ( ) x 2y 4 0 x 0 B 0; 2 . 7x 4y 8 0 y 2 − − = = ⇔ ⇒ − − − = = − Kẻ EF song song với BC ( ) F BG∈ . Vì tam giác ABC cân tại A nên đường cao AH là trung trực của EF. Phương trình đường thẳng EF: ( ) ( ) 1. x 4 2. y 1 0 x 2y 6 0.+ − − = ⇔ − + = Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ ( ) x 2y 6 0 x 4 F 4;5 . 7x 4y 8 0 y 5 − + = = ⇔ ⇒ − − = = 1,0 Ta trung im I ca EF: ( ) I 0;3 . Phng trỡnh ng trung trc ca EF: ( ) ( ) 2. x 0 1. y 3 0 2x y 3 0. + = + = KL: 1,0 Câu 4 (2) K: 1x Phơng trình đã cho tơng đơng với 2 2 2 1 4 8 4x mx x x+ + = + 2 2 3 8 3mx x x = + Chia c hai v cho 0x > ( vỡ 1x ) 3 1 2 3 8 2 ( 2) 1 m x do x x x m = + + KL: 0,5 1,0 0,5 Câu 5 (4) Cỏch 1: Do B và D cách đều S,A,C. nên ( )BD SAC Cỏch 2: Gọi O là tâm của đáy ABCD . Ta cú BD AC (tớnh cht ca hỡnh thoi) BD SO (do SBD cõn) ( )BD SAC O C A D B S Các tam giác ABD, BCD,SBD là các tam giác cân bằng nhau có đáy BD chung nên OA=OC=OS. Do đó ASC vuông tại S Ta có: 2 2 2 2 2 . . 1 1 1 2 2 . . . . 3 6 3 4 6 S ABCD S ABC a x V V SC SA SO ax a ax a x + = = = = Theo gi thit ta cú phng trỡnh: 3 2 2 1 2 . 3 6 6 2 x a a ax a x x a = = = 1,0 0,5 0,5 1,0 1,0 C©u 6 (1đ) 2sin sin (1 cos ) 1A B C− = [ ] [ ] os( ) cos( ) (1 cos ) 1 os( ) cos (1 cos ) 1c A B A B C c A B C C⇔ − − + − = ⇔ − + − = (*) Do os( ) 1 os( ) cos 1 cosc A B c A B C C− ≤ ⇒ − + ≤ + 2 (*) (1 cos )(1 cos ) sin 1 (*)VT C C C VP⇒ ≤ + − = ≤ = Vậy đẳng thức xảy ra 0 0 os( ) 1 90 sin 1 45 c A B C C A B − = = ⇔ = = = 0,5 0,5 Mọi lời giải đúng đều được xem xét và cho điểm tương ứng −−−−− HẾT −−−−− . SỞ GD - ĐT HÒA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2 011 Môn: Toán. Ngày thi: 23 /12/ 2010 (Thêi gian lµm bµi 180' kh«ng. TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm 1 (5đ) 1 Ta có: 3 2 sin (1 2sin ) 7sin 2y x x x= − − − + 3 2 sin 2sin 7sin 1y x x x⇒ = + − + Đặt sint x= điều kiện 1t ≤ Bài toán trở thành tìm GTLN-GTNN của hàm số. ®Ò) Câu 1 (5 điểm). 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau: 3 sin cos2 7sin 2y x x x = − − + . 2. Cho hàm số − = − 2 1 1 x y x (C) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C)