HDC TOÁN 12; 11 12 ôn thi dh

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Năm học: 2011 – 2012 MÔN TOÁN (HDC gồm 05 câu, 07 trang) A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm đến đâu giám khảo chấm đến 2) Học sinh trình bày theo cách khác mà giám khảo chấm tương ứng biểu điểm HDC Trong trường hợp học sinh làm cách khác mà hướng làm kết quả, kết cuối có sai sót giám khảo phải trao đổi với tổ chấm để đưa hướng giải 3) Điểm thi không làm tròn B) Hướng dẫn cụ thể: Câu Nội dung Điểm 1) điểm f (x) = −4x + 3x * TXĐ: R 0,25 * Sự biến thiên 0,25 f (x) = −∞, lim (x) = +∞ - Các giới hạn: xlim →+∞ x →−∞ - Bảng biến thiên: 0,25 (5 điểm) f ' (x) = −12x + 3,  x = −  f ' (x) = ⇔  x =  0.25 0,5 1 Hàm số nghịch biến khoảng (- ∞ ; − ) ( ; + ∞ ) 2 1 Hàm số đồng biến ( − ; ) 2 1 → ycđ = f( ) = Hàm số đạt cực đại x = 2 1 Hàm số đạt cực tiểu x = − → yct = f(- ) = -1 2 *Đồ thị: 3 Đồ thị hàm số giao với Ox,Oy: ( ; 0) ( − ; 0); O(0;0) 2 0,25 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 2) điểm (1) Cách 1: −4x + 3x = −4m3 +3m −4x + 3x = f (m) Hay Dựa vào đồ thị hàm số: f (x) = −4x + 3x f (m) < −1 m > ⇔ • Khi  : (1) có nghiệm  f (m) >  m < −1 • • 0,5 0,5    m ∈  − ;1  f (m) = −1   ⇔ Khi  : (1) có nghiệm   1  f (m) =  m ∈  −1;   2   f(m) <  1 ⇔ m ∈ (−1;1) \ − ;  : (1) có nghiệm Khi   2 f(m)> − 0,5 0,5 Cách 2: 4x − 3x = 4m3 − 3m ⇔ (x − m)(4x + 4mx + 4m − 3) = x = m ⇔ 2  4x + 4mx + 4m − = (2) Đặt g(x) = 4x + 4mx + 4m − = 0; ∆, = −12m + 12 g(m) = 12m − 3;g(m) = ⇔ m = ± m > ⇒ ∆ , < ⇒ (2)VN ⇒ (1) có nghiệm •  m < −  • • 0,5 0,25 0,25 0,25 ∆ , = m = ⇒ ⇒ (2) có nghiệm kép khác m ⇒ (1) có nghiệm  m = −1  0,25 g(m) ≠    m = −1/ ∆, > ⇒ (2) có nghiệm phân biệt có nghiệm  m = 1/ ⇒  0,25  g(m) = m ⇒ (1) có nghiệm ,  1  ∆ > ⇒ (2) có nghiệm phân biệt khác m ⇒ (1) • m ∈ (−1;1) \ − ;  ⇒  0,25  2  g(m) ≠ có nghiệm Câu 5,0 điểm 1) (2,5 điểm): TXĐ: D = R Ptbđ ⇔ 32 x − x+ + (2 x − x + 2) = 3x + x +1 + ( x + x + 1) (2) 0.25 t Xét hàm số f (t ) = + t , t ∈ R f '(t ) = 3t ln + > với t ∈ R suy hàm số f(t) đồng biến R Khi pt (2) ↔ f (2 x − x + 2) = f ( x + x + 1) ⇔ 2x3 – x + = x3 + 2x + ⇔ x3-3x+1=0 (3) Xét hàm số g(x) = x3-3x+1 liên tục R có: g(-2)0; g(1)=-10 Do g(x)=0 có nghiệm phân biệt thuộc (-2;2) Đặt x=2cosα với α∈[0;π] Ta có 3 pt (3) trở thành 8cos3α-cosα+1=0⇔ cos3α = − 2π 2π ⇔α = ± + k 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25  2π 4π 8π  ;  Do α ∈ [ 0; π ] → α ∈  ;  9  Vậy phương trình cho có ba nghiệm: x = 2cos 2π 4π 8π ; x = 2cos ; x = 2cos 9 0.5 0.25 Chú ý: 1) Học sinh không cần chứng minh phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt thuộc (-2; 2) mà thay lý luận: Xét x ∈ ( −2; ) Đặt x = 2cos α … Vì phương trình bậc có tối đa ba nghiệm thực nên nghiệm phương trình x = 2cos 2π 4π 8π ; x = 2cos ; x = 2cos 9 2) Học sinh lập luận đơn giản sau: TH1: Xét x − x + > → x + x + > x + → 3x + x+ > 34 x +1 → ptbđ vô nghiệm TH2: Xét x − x + < → x + x + < x + → 3x + x + < 34 x+1 → ptbđ vô nghiệm 0.5 0.5 TH3: x − x + = ………… 2) 2,5 điểm 1 cos 3a − cos a −2sin 2a.sin a −4sin a → a) Ta có đpcm − = = = cosa cos 3a cos a.cos 3a cosa.cos3a cos 3a b) Điều kiện cos x ≠ π π  + m , m ∈ Z cos x ≠ ↔ cos27x ≠ ↔ x ≠ 54 27 cos 27 x ≠  −1  1 1 1  − + − + − =0   cos x cos 3x cos 3x cos 9x cos 9x cos 27x  ↔ cos 27 x = cos x π  x = k   27 x = x + k 2π 13 ↔ ↔ 27 x = − x + k π   x = k π  14 π TH1: x = k , k ∈ Z Học sinh chứng minh thỏa mãn điều kiện cos27x ≠ 13 π TH2: x = k , k ∈ Z Học sinh tìm điều kiện k ≠ + 14n, n ∈ Z 14 Vậy phương trình có nghiệm π π x = k , k ∈ Z x = m , m ∈ Z ; m ≠ + 14n, n ∈ Z 13 14 Ptbđ ↔ 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 1) (2,0 điểm) Gọi O giao điểm AC BD, suy SO ⊥ (ABCD) ¼ Gọi M trung điểm CD, suy (( SCD),(ABCD)) = (¼ SM , MO) = ∠SMO π Theo gt suy ∠SMO = * Thể tích khối chóp S.ABCD V = SO.dt ( ABCD) Ta có dt(ABCD)=a 0.25 0.25 Trong tam giác vuông OSM: OS = OM = Suy V= 0.25 a 0.25 a3 Hiển nhiên độ dài cạnh bên hình chóp S.ABCD a *)Gọi I hình chiếu O SD Suy SD⊥(ACI) ¼ Khi (( CSD),(ASD)) = (¼ IA, IC ) ( Tam giác IAC tam giác có IO vừa đường trung tuyến, vừa đường cao nên tam giác IAC tam giác cân đỉnh I, AC = a ; AIC = − Áp dụng định lí cosin tam giác IAC, ta cos ¼ IC = IA = SA2 − IS2 = ( Câu 5,0 điểm π ¼ CSD),(ASD)) = Suy (( 0.25 a a a ) ) −( ) = 3 0.25 S A D M O B C Chú ý: Học sinh sử dụng PPTĐ đề tính góc hai mặt phẳng (SCD) (SAD) a a a a Chọn hệ trục (Oxyz): C( ;0;0); A(;0;0); D(0; ;0);S(0;0; ) 2 2 r Véc tơ pháp tuyến (SCD) a (1;-1; ) r véc tơ pháp tuyến (SAD) b (1;1;- ) Gọi β góc hai mp (SCD) (SAD) rr r r a.b 1−1− = Ta có cos β = cos(a, b) = r r = + + + + 2 a.b Hay β = 0.25 0.25 π 0.25 0.25 0.25 0.25 2) (3,0 điểm): A H E K D B M C +) Gọi M trung điểm BC Khi BC ⊥ (MAD) nên (P)⊥(AMD); (P)∩(AMD)=ME Kẻ AH⊥ME AH⊥(BCE) ( AH ⊂ (AMD) ) Kẻ DK⊥ME nên DK⊥(BCE) (do DK ⊂ (AMD) ) Hiển nhiên AH song song DK Khi V1 VA.BCE AH = = V2 VD.BCE DK 0.5 π ¼ =α ; ¼ ) Hiển nhiên DME AME = β sin β AH V = ⇒ sin β = sin α = t.sin α Vì AM = DM nên: (1) sin α DK V2 MO 1 +) Trong tam giác OMA: cos(α + β ) = = ⇔ cosα cos β − sin α sinβ = MA 3 +) Gọi β góc (P) (ABC) 0.25 (0 < β< (2) cosβ = − sin β = − t sin α = − t x ; với x=sin2α 1 2 Thay vào (2) ta có: − t x − x − t.x = ↔ (1 − t x)(1 − x ) = t x + 3 +) Giải phương trình có: x = (9t + 6t + 9) 0.25 0.25 0.25 Từ (1) có: Vì sin α = x → tan α = Theo giả thiết suy x 9t + 6t + = = − x 9t + 6t + 9t + 6t + 9t + 6t + 0.25 0.5  t = 50 196 171 2 = ↔ 9t + 6t + = ↔ 9t + 6t − =0↔ 9t + 6t + 49 25 25 t = −19  15 0.25 0.25 0.25 VABCE = VDBCE 1) ( 1,5 điểm) Vậy Gọi H hình chiếu vuông góc A d → H (3; 2; −3) Gọi K hình chiếu vuông góc A (Q) uuur uuur Ta có khoảng cách từ A đến mặt phẳng (Q) h = AK ≤ AH uuur Vậy giá trị lớn h AH K ≡ H uuur Suy (Q) qua d nhận AH làm véc tơ pháp tuyến → (Q): x - 4y + 3z +14 =0 0.5 0.5 0.5 2) (1,5 điểm): Điều kiện: x≥4 x − − x − 3, x ∈ [ : +∞ ) Câu +) Xét hàm số: f ( x ) = x − x − + (3điểm) Ta có: f(x) liên tục [ 4; +∞ ) f '( x) = x − 0.25 1 + − > 0, ∀x ∈ (4; +∞) x −1 x − x − Suy hàm số f(x) đồng biến [ 4; +∞ ) Mặt khác: lim f ( x) = lim ( x →+∞ x→+∞ x + x −1 + )=0 x−4 + x−3 +) Học sinh lập BBT kết luận Phương trình ban đầu có nghiệm thực ↔ m ∈ 1 − 3;0 Câu (2điểm) ) 0.25 0.25 0.25 0.25 Ta có: x3 − y y3 − z z − x3 + + = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) = x + xy + y y + yz + z z + zx + x ⇔ 0.25 0.25 x3 y3 z3 y3 z3 x3 + + = + + x + xy + y y + yz + z z + zx + x x + xy + y y + yz + z z + zx + x x3 + y y3 + z3 z + x3 + + 2A= x + xy + y y + yz + z z + zx + x Suy a − ab + b ≥ , ∀a, b ∈ R , dấu a + ab + b ( x − xy + y )( x + y ) ≥ ( x + y ) , với x, y > x + xy + y Chứng minh +) Suy ra: ( y − yz + z )( y + z ) ≥ ( y + z) y − yz + z Do (1) 0.25 xảy a = b 0.5 ( z − zx + x )( z + x) ≥ ( z + x) z − zx + x 2012 2A ≥ [ ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x)] = 2012 → A ≥ 3 Vậy giá trị nhỏ A ; 0.25 2012 2012 đạt x = y = z = 3 Cách 2: *) Ta có x + y + z − xyz = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz-zx)=2012(x + y + z − xy − yz-zx) = 2012( x + y + z ) − 2012( xy + yz+zx) (a) *) Ta có 0.25 0.25 0.25 x( x + xy + y ) + y ( y + yz + z ) + z ( z + zx + z ) = ( x + y + z ) + xy ( x + y ) + yz(y+z)+zx(z+x) =( x + y + z ) + xy (2012 − z ) + yz(2012-x)+zx(2012-y) =2012(x + y + z ) *) Ta có x4 y4 z4 A= + + x( x + xy + y ) y ( y + yz + z ) z ( z + zx + x ) ≥ ( x2 + y + z )2 x( x + xy + y ) + y ( y + yz + z ) + z ( z + zx + x ) ( x + y + z )2 ( x + y + z ).3 ( x + y + z ) = ≥ 2012( x + y + z ) 3.2012 3.2012 2012 = =