SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012 MÔN: TOÁN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM (gồm trang) A ĐÁPÁN – BIỂU ĐIỂM Bài(ý) Bài (4 đ) Nội dung đápán Biểu điểm 4x + * Tìm giá trị lớn hàm số: g(x) = x +1 4t + - Đặt t = x2, với t ≥ ta có hàm số g(t) = ; t +1 −4t − 6t + g'(t) = ; g’(t) = ⇔ t = −2;t = ; 2 (t +1) 0,75 g (t ) = ; lim g (t ) = , bảng biến thiên hàm số: - Ta lại có: tlim →−∞ t →+∞ −∞ t –2 +∞ g’(t) g(t) – + + 0 – 0,5 –1 - Vậy giá trị lớn hàm số g (x) = 4, đạt x = ± * Tìm điểm thuộc đồ thị (C) - Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M 0(x0, f(x0)) ∈ (C), hệ số góc tiếp tuyến (C) M0 f’(x0)= 3x 02 − x - Vậy: 3x 02 − x = suy x0 = –1; x0 = 1,0 + Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ; 1/ (2,5 đ) 0,5 , tung độ tương ứng f(–1) = – ; f( 40 )= 27 Bài (5 đ) 0,75 40 ) 27 Phương trình ⇔ cosx + 2cos2x + sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – ) = ⇔ cosx(2cosx + 1)+ sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = ⇔ (2cosx + 1)(cosx + sinx –2.cos2x) = 2π Nếu: 1/ 2cosx + = ⇒ x = ± + k 2π , k ∈ Z 2/ cosx + sinx –2.cos2x = ⇔ 0,5 1,0 0,5 π π π k 2π ;k ∈Z , cos x + sin x = cos x ⇔ cos( x − ) = cos x ⇔ x = − + k 2π ; x = + 3 2 0,5 - Nghiệm pt là: x=± 2/ (2,5 đ) 2π π π k 2π + k 2π , k ∈ Z ; x = − + k 2π ; x = + ;k ∈Z 3 0,5 - Phương trình ⇔ x − 2x3 + x − ( x − x) − 2(x − x) = ⇔ (x − x)2 − ( x − x) − 2(x − x) = - Đặt t = x − x , với t ≥ ta có phương trình: t4 – t2 – t = 0; suy t = 0; t = - Với t = x = 0; x = - Với t = x = –1; x = Tóm lại phương trình có nghiệm phân biệt: { −1;0;1; 2} 1,0 B Bài (5 đ) 0,75 0,75 B’ J C C’ H A 1/ (1, đ) Gọi V thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ thể tích khối chóp B.ACA’, - Ta có V = h.SABC (h chiều cao khối lăng trụ ABC.A’B’C’) - Ta có VB.ACA’ = - 2/ (2 đ) A’ h.SABC Vậy V= 3.VB.ACA’ hay VA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’ 1,0 - Ta có V= 3.VB.ACA’ Vậy V lớn VB.ACA’ lớn nhất, a - Ta có: VB ACA = S ACA ' BH hay VB ACA = BH , mà BH2 = AB2 – AH2 = a2 – AH2 '' 0,5 – BH lớn AH nhỏ tức AH ⊥ A’C ⇔ CH = a 1,5 3/ (2 đ) - Trong mp(AHB) kẻ HJ ⊥ AB, suy HJ đường vuông góc chung AB A’C - Trong ta giác vuông AHB ta H ta có: HB = Bài (3 đ) 1 4a 2 = + HA = , ta có: ; HJ HA2 HB 2a a2 ; suy ra: HJ = 5 1,5 4 - Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ G G( ; − ) uuuur uuuur uuuur uuuu r - Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G ∆ cố định (G không nằm ∆ ), uuuur uuuur uuuur uuuu r - Vậy MA + MB + MC nhỏ 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ hay MG vuông góc với ∆ Do M giao điểm ∆ đường thẳng d qua G vuông góc với ∆ r - Một véc tơ phương ∆ u = (3; 2) vec tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 3x + 2y – 0,5 = 0, 0,5 0,5 0,5 0,5 Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: 20 x=− x − y + 12 = 13 ⇒ x + y − = y = 116 39 ⇒ M (− 20 116 ; ) 13 39 y M -6 -2 A O -1 G -4 x 1,0 Bài Ta có: ( đ) C 2010 = (m + 2010)! = 2011 (m + 2011)! = m+2010 2011 Cm2011 + 2011 m !2010! m + 2011 m !2011! m + 2011 2010 2010 Suy ra: (m+ 2011)Cm+2010 = 2011.Cm2011 + 2011 , tức là: (m+ 2011)Cm+2010 chia hết cho 2010 2011 (do Cm+2010 ; Cm2011 + 2011 số tự nhiên) Vì: 2011 số nguyên tố < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: ƯCLN(m + 2011, 2011)= (m + 2010)! 2010 M2011 hay Vậy Cm+2010 số nguyên m!2011! B HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm làm theo thang điểm 20, tổng điểm thành phần không làm tròn số 2/ Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần Hết 1,0 1,0 1,0 ... 2010)! = 2011 (m + 2011) ! = m+2010 2011 Cm2011 + 2011 m !2010! m + 2011 m !2011! m + 2011 2010 2010 Suy ra: (m+ 2011) Cm+2010 = 2011. Cm2011 + 2011 , tức là: (m+ 2011) Cm+2010 chia hết cho 2010 2011. .. (do Cm+2010 ; Cm2011 + 2011 số tự nhiên) Vì: 2011 số nguyên tố < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: ƯCLN(m + 2011, 2011) = (m + 2010)! 2010 M2011 hay Vậy Cm+2010 số nguyên m !2011! B HƯỚNG DẪN... 2011) = (m + 2010)! 2010 M2011 hay Vậy Cm+2010 số nguyên m !2011! B HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm làm theo thang điểm 20, tổng điểm thành phần không làm tròn số 2/ Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa