Đáp án HSG Toán học lớp 12 Bắc Ninh 2010-2011 - Học Toàn Tập

Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm t[r]

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011

MƠN THI : TỐN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 22 tháng năm 2011

==============

Câu Cách giải Điểm

Câu

(5 đ) Câu 1.1 (3 điểm)

Gọi A x ; y , B x ; y , C x ; y 1 1  2 2  3 3là điểm thẳng hàng (T) thuộc đường

thẳng : yaxb

PT tiếp tuyến A là:   

1 1

y 3x 3 xx y (d1)

0,5

Xét PT:   

1 1

x 3x 2 3x 3 xx x 3x 2

  2     

1 1 1

x x x xx x x x 3x x x

          0,5

  2 

1

1

x x

x x x 2x

x 2x

 

     

  

d1 cắt (T) A ' x ' ; y ' 1 với x '1 2x1

0,5

 

3 3

1 1 1 1

y ' x ' 3x '   2 8x 6x   2 x 3x 2 18x 18

   

1 1 1

8y 18x 18 ax b 18x 18 4a x ' 18 8b

            

Chứng minh tương tự A’, B’, C’ thuộc đường thẳng có PT:

 

' : y 4a x 18 8b

     Suy ra, đpcm

Chú ý: Học sinh chứng minh sử dụng bổ đề:

“Cho ba điểm A x ; y , B x ; y , C x ; y 1 1  2 2  3 3 thuộc đồ thị hàm số

 

3

yax bx cx d a 0 , A, B, C thẳng hàng

b x x x

a



    ”

0,5

Câu 1.2 (2 điểm) Xét hàm số:   2n

f x x  2011x 2012

    2n

f ' x  2n x 2011 0, x   nên hàm số đồng biến Suy ra, PT f(x)=0 có nhiều nghiệm

0,5

Vì   2n

2n 2n

x x

2011 2012

lim f x lim x b

x x





 

 

        

  để f b 0 0,5

  2n

2n 2n

x x

2011 2012

lim f x lim x a

x x





 

 

        

  để f a 0 0,5

   

f a f b

  , suy PT f x 0 có nghiệm thuộc (a;b)

Từ suy ra, đồ thị hàm số (1) ln cắt trục hồnh điểm Chú ý: Học sinh tính

xlim f (x), lim f (x) x lập bảng biến thiên suy f(x)=0 có nghiệm

Câu (5 đ)

Câu 2.1 (2,5 điểm) Giải phương trình:

2

log x log x log x  log x log x log x  (1)

 1 log x log 2.log x log 2.log x2   log 2log x log 2.log x log 2.log x3   0,75

 

2

log x log log log log log

       (2) 0,75

Ta có: log 2 0,

2

1

log log

log log

    ,

6

2

1

log log

log log

    nên log log log log log 2     0

0,5 (2)log x2   0 x

Vậy PT có nghiệm x1 0,5

Câu 2.2 (2,5 điểm) Giải phương trình: 2

5x x

5x x

   

  (1)

ĐK: x

 Xét hàm số:  

f t t

t  

 với

7 t

5

 0,5

 

 3

1

f ' t 2t 0, t

5 t

    

 Suy ra, f(t) đồng biến

7 ;

 

 

 

 1 f 5x 6    f x 0,5

3 5x x x

2

     (thỏa mãn) Vậy PT có nghiệm x

2



Chú ý: Nếu HS ghi ĐK t > 1 hàm số f(t) đồng biến trên 1; thì điểm

vẫn cho tối đa

0,5

Câu (3 đ)

Kí hiệu k n

C tổ hợp chập k n phần tử 0 k n; k, n , tính tổng sau:

0 2009 2010

2010 2010 2010 2010 2010

SC 2C 3C   2010C 2011C

Xét hàm số: f x x x  2010 0,5

Ta có:  2010 2 2010 2010 2010 2010 2010 2010

1 x C C xC x   C x 0,25

   2010 2 2010 2011

2010 2010 2010 2010 f x x x C x C x C x C x

        0,25

   2 2010 2011

2010 2010 2010 2010

0 2 2010 2010

2010 2010 2010 2010

f ' x C x C x C x C x ' C 2C x 3C x 2011C x

     

     0,5

Mặt khác f ' x x x  2010' 1 x20102010x x  2009

0,5 Với x=1 ta được:

0 2009 2010

2010 2010 2010 2010 2010

SC 2C 3C   2010C 2011C 0,5

  2011

f ' 503.2

 

KL: 2011

Câu

(5đ) Câu 4.1 (3 điểm)

Gọi O giao điểm AC BD ∆SAC, ∆SBD cân S nên

 

SOAC, SOBDSO ABCD 0,25

Từ giả thiết suy OAOB OC ODABCD hình chữ nhật 0,25

Đặt 2

ABx, x 0 AC 16a x

2 2

16a x 8a x

AO SO

2

 

    0,25

2 ABCD

1 8a x

V 4a.x

3



  0,25

 

2 2

a 8a

x 8a x

3

    0,25

3 ABCD

8a

V max

3

  x2a 0,25

Suy ra, SO=a 0,25

Chọn hệ tọa độ hình vẽ

         

O 0;0;0 , S 0;0;a , B  a; 2a;0 , C a; 2a;0 , D a; 2a; 0,25

Tìm vtpt mp(SBC) nSBC1;0; 1 , 0,25

vtpt mp(SCD) nSCD0;1; 2 0,25

2 cos

10

   , với là góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) 0,25 Vậy cosin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) (khi VABCD lớn nhất)

2 10

0,25

z

y x

O D

C B

A

S

Chú ý: Học sinh tính thể tích khối chóp S.ABCD cách đặt SO=x

Khi đó, 2

S.ABCD

V 4a.x 8a 4x

Câu 4.2( điểm)

uAE w

v u

E

D

C B

A

Đặt u AB, v AD, w AC u v w

AB AD AC

       0,5

AE nhận uAE  u v vectơ phương 0,5

Ta có   0

AE

u w uv wuwvw u w cos 60  v w cos120 0 0,5

AE AC

  hay ∆ACE vuông A 0,5

Câu (2 đ)

Do hàm ycos xlà hàm chẵn nên ta cần xét với x0, y0 Ta có

2 2 2

x y x y x y

0 xy

2 2 2

    

 

       

 

0,25

x y x y x y

cos x cos y 2cos cos 2cos

2 2

  

  

  x y

1 cos xy cos



 

    

 

0,25

Ta chứng minh

2

x y x y

2 cos cos

2

 

    

   

    (1)

Đặt x y t, t 0;

2

 

  

  

 , (1) trở thành

2

1 cos t 2 cos t0

Xét hàm số

f (t) cos t  2cos t với t 0;

    

 

0,25

 

2

f '(t) 2t sin t 2sin t2(sin tt sin t ) ;f '(1)f ' 0 0,25

t(0 ;1) ta có 2

t t sin tsin t t sin t f '(t)0 0,25

t 1;

 

 



 ta có

2 2

t t sin tsin t t sin t f '(t)0

f( π 2)

f(1)

π

-+

1

0

f(t) f '(t)

t

2

f (0) 0; f (1) cos1 0;

f 2cos cos cos

2 2

   

   

     

        

   

       

       

0,25

Vậy

2

x y x y

f (t) 0, t 0; cos cos

2 2

       

        

   

 

Từ suy ra, cosxcosy1cos(xy) Dấu xảy x y

Chú ý: Học sinh đặt t xy cách làm hoàn toàn tương tự.

0,25

1 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm

chi tiết không vượt số điểm dành cho câu phần Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ