Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Bắc Giang năm học 2009-2010 môn thi: Toán-lớp 12

HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác được kết quả đúng vẫn được điểm tối đa 2... Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (5,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + (m là tham số) (1) Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = Tìm m để đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt A(0;1), B, C cho các tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) B và C vuông góc với Câu II (4,0 điểm)  x x  y  x  y y Giải hệ phương trình:  (x, y  R)  x  y   sin x  cos x  sin ( x  )  Giải phương trình: (x  R) Câu III.(2,0 điểm) Cho phương trình: log( x  10 x  m)  2log(2 x  1) (với m là tham số) (2) Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt Câu IV (2,0 điểm)  Tính tích phân: tan xdx  cos x  cos x Câu V (4,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 1: x + y – = và đường thẳng 2: x + y – = Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 cho tam giác ABC vuông cân A Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z - = Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ Câu VI (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy Góc mặt phẳng (SBC) và (SCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD Câu VII (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = a3 b3 c3    Chứng minh rằng: b 3 c 3 a 3 (Cán coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………….SBD:…………………… HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI Lop12.net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Môn thi: Toán, lớp 12 (Hướng dẫn có trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Chú ý: Dưới đây là sơ lược bước giải và cách cho điểm phần bài Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm phần tương ứng Câu Phương pháp - Kết Ta có y’ = 3x2 + 6x + m Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 9 - 3m   x  x  -2 I.1 (2điểm)   m   x1.x2    x1  x2  Giải hệ trên ta m = -105 2.+) Hoành độ điểm chung (C) và d là nghiệm phương trình x3 + 3x2 + mx + =  x(x2 + 3x + m) = Từ đó tìm m < và m  thì d cắt (C) ba điểm phân biệt A(0; 1), B, C +) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1; x2 là nghiệm phương trình x2 + 3x + m = Hệ số góc tiếp tuyến B là k1 = 3x12 + 6x1 + m I.2 và C là k2 = 3x22 + 6x2 + m (2điểm) Tiếp tuyến (C) B và C vuông góc với và k1.k2 = -1  4m2 – 9m + =   65 ( t/m) m      65 ( t/m) m   Điều kiện x, y ≥ Xét y = 0, không thỏa mãn hpt +) y  0, đặt x  t y , t ≥ Hệ phương trình trở thành Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5  5t   t  (*)   t y   t  y   II.1 t 1  t 1 (2điểm)  y (t  1)   y  (t  1)  t 1 (*)  4t3 – 8t2 + t + = 3  t = 1; t = - ; t = Đối chiếu điều kiện ta t = 2 Lop12.net Từ đó tìm (x;y) = (9; 4) (HS có thể giải bài toán phương pháp cách khác kết đúng điểm tối đa) PT  2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x)  (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) sinx  cos x  (cos x  sinx)(sin x  cos2 x)  0,5 0,5 0,5    II.2  x    k (2điểm)   0,5  cos3 x  sinx  Chứng minh phương trình cos 3x – sin x = vô nghiệm KL: x =   0,5  k 1   x   x   PT    2  x  10 x  m  (2 x  1) m  x  x  1(**)   III Ycbt  (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >2 (2điểm) Lập bảng biến thiên hàm số f(x) = 3x2 – 6x + (- ;+∞ )ta 19 tìm đươc m  (-2; ) I= tan xdx  cos x Đặt t =  cos x x= tdt  t   cos = tan xdx x  tan x  tan x  t   tan x  tdt = IV (2điểm) Đổi cận : x =  t =    0,5 tan xdx cos x 0,5 0,5 t 3  dt  3 0,5 B  1  B(a; –a) C  2  C(b; 9-b)    AB AC   ABC vuông cân A   2  AB  AC 0,5 I= 2ab - 10a - 4b + 16 = (1) V.1   2 (2điểm) 2a - 8a = 2b  20b  48 (2) a = không là nghiệm hệ trên 5a - (1)  b = Thế vào (2) tìm a = a = a-2 Với a = suy b = Lop12.net 0,5 0,5 0,5 Với a = suy b = 2.Gọi I là trung điểm AB  I ( 1; 1; 1) +) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2 Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ MI nhỏ  M là hình chiếu I lên mặt phẳng (P) V.2 x-1 y-1 z-1 (2điểm) = = +) Phương trình đường thẳng MI : 1 M là giao điểm MI và mặt phẳng (P) Từ đó tìm M(2; 2; 2) 0,5 0,5 S M A VI (2điểm) D B C Gọi M là hình chiếu vuông góc B lên SC Chứng minh góc DMB = 1200 và  DMB cân M Tính được: DM2 = a2 1 = +  SCD vuông D và DM là đường cao nên 2 DM DS DC2 Suy DS = a Tam giác ASD vuông A suy SA = a Vậy thể tích S.ABCD a3 0,5 0,5 0,5 0,5 a3 b3 c3    (***).Do ab + bc + ca = nên 2 b 3 c 3 a 3 a3 b3 c3   b  ab  bc  ca c  ab  bc  ca a  ab  bc  ca a3 b3 c3   = (b  c)(a  b) (c  a )(b  c) (a  b)(c  a ) VT (***) = a3 b  c a  b 3a VII    Theo BĐT AM-GM ta có (1điểm) (b  c)(c  a ) 8 a3 5a  2b  c   (1) (b  c)(c  a ) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: b3 5b  2c  a c3 5c  2a  b   (2), (3) (c  a )(a  b) (a  b)(c  a ) Lop12.net 0,5 Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta VT (***)  abc Mặt khác ta dễ dàng chứng minh : a + b + c ≥ 3(ab  bc  ca ) = Đẳng thức xảy a = b = c = (Đpcm) Lop12.net 0,5