Gián án Đề thi HSG trường DC 3 - 2010-2011

Trường THPT Diễn Châu 3 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học : 2010 - 2011 Môn: Toán ( Thời gian làm bài : 150 phút ) Câu I: (3,5đ) Cho hàm số : 2 3 1 x y x − = − có đồ thị là (C) Gọi (d) là đường thẳng có phương trình: 4y mx= + (m là tham số). Chứng minh ∀ 0m ≠ : (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt trong đó có ít nhất 1 điểm có hoành độ lớn hơn 0 . Câu II: a) (2đ) Giải phương trình : 5 2 2 4 52 0x x x− − − = trên R b)(3,5đ) Tìm m để hệ phương trình: 3 3 2 ( )(1 ) 1 1 0 x y y x xy x m y      − = − − + − + = có nghiệm thực Câu III: a) (3đ) Tìm giá trị nhỏ nhất , lớn nhất của hàm số : 2 2 sin 8sin 17 sin 2sin 5y x x x x= + + + − + b) (2đ)Tìm m để bất phương trình : 3 2 2 2 1x mx m+ − ≤ nghiệm đúng [-1;1]x∀ ∈ Câu IV: (2đ) Cho k ∈N*, a,b∈R. Chứng minh : Nếu 0 1 2010 .a x x x b= ≤ ≤ ≤ = thì : 1 0 2 1 2010 2009 . k k k k k k k k x x x x x x a b− + − + + − ≤ + Câu V: Trong mặt phẳng (P),cho hình chữ nhật ABCD biết AB =a ,AD = b .Kẻ các tia Ax , Cy vuông góc với (P),cùng phía đối với (P).Lấy điểm ;M Ax N C y∈ ∈ sao cho 2 mặt phẳng (MBD),(NBD) vuông góc với nhau. a) (1,5đ) Gọi hình chiếu vuông góc của M,N lên BD là H,K. Chứng minh: . .AM CN AH CK= b) ( 2,5đ) Tìm vị trí của M,N để thể tích của tứ diện BDMN có giá trị nhỏ nhất Hết ĐÁP ÁN− BIỂU ĐIỂM ( Thi học sinh giỏi trường Lớp 12) Câu Nội dung Điểm Câu I 3,5đ Xét phương trình hoành độ: 2 3 4 1 x mx x = − + − (1) ⇔ 2 ( 2) 1 0 (*) 1 mx m x x  −     − − = ≠ Xét (*) có : Với 0m ≠ 2 4 0,m m R∆ = + > ∀ ∈ , và (1) 1 0f = ≠ ⇒ (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ⇒ ∀ 0m ≠ : (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt Gọi 1 2 ,x x là nghiệm của (*). ⇒ Nếu m > 0 ta có : .P a c m= = − < 0 ⇒ 1 2 0x x< < Nếu m < 0 ta có : S = 2 2 1 1 b m a m m − − = = − > ⇒ tồn tại ít nhất 1 nghiệm > 0 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu II a) 2đ a) phương trình : 5 2 2 4 52 0x x x− − − = ⇔ 5 2 5 2 48 ( 2) 0 24x x x− = + ≥ ⇒ ≥ ⇒ 1x > . Xét hàm số: 5 2 ( ) 2 4 52f x x x x= − − − ⇒ 4 '( ) 10 2 4f x x x= − − ⇒ 4 43 0'( ) 2 ( 1) 4( 1) 4f x x x x x >= − + − + ⇒ hàm số đồng biến . Mà (2) 0f = ⇒ phương trình có 1 nghiệm duy nhất x = 2 0,5 0,5 0,5 0,5 b) 3,5đ Ta có : 3 3 2 ( )(1 ) 1 1 0 x y y x xy x m y      − = − − + − + = ⇔ 2 2 2 1)( )( 0 1 1 0 x y x y x m y  + +     − = + − + = ⇔ 2 0 1 1 0 (*) x y x m x      − = + − + = (*) ⇔ 2 1 1 x m x + = + (**) ⇒ Xét 2 1 ( ) 1 x f x x = + + liên tục trên R ( ) 2 2 1 1 '( ) 1x x f x x = + − + , '( ) 0 1f x x= ⇔ = , lim ( ) 1 x f x →−∞ = − , lim ( ) 1 x f x →+∞ = Bảng BT: x −∞ 1 +∞ f ’(x) + 0 − f(x) 2 −1 1 Ta có hệ có nghiệm ⇔ (**) có nghiệm ⇔ đường thẳng: y = m có điểm chung với đồ thị h/s 2 1 ( ) 1 x f x x = + + . Dựa vào bảng BT ta có điều kiện của m là : 1 2m− < ≤ 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu III 3,0 đ a) 2 2 sin 8sin 17 sin 2sin 5y x x x x= + + + − + Đặt : sin , [ 1;1]t x t= ∈ − ⇒ 2 2 ( ) 8 17 2 5y f t t t t t= = + + + − + 2 2 4 1 '( ) 8 17 2 5 t t f t t t t t + − = + + + − + 2 2 ( ) (*)'( ) 0 ( 4) 2 5 1 8 17f t t t t t t t== ⇔ + − + − + + Do : [ 1;1]t∈ − ⇒ (*) ⇔ 2 9 7 3 3 34 63 0 t t t t = −   +  = −  + = ⇔ ( không thuộc [−1;1] ) 10( 1) 8 , (1) 26 2f f+− = = + ⇒ Max y 26 2= + khi : 2 2 π x kπ= + , min y = 10 8+ khi : 2 2 π x kπ= − + 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 b) Để 3 2 2 2 1x mx m+ − ≤ nghiệm đúng [-1;1]x∀ ∈ thì đ/k cần phải đúng với x = 0 ⇒ 1 2 m ≤ Xét hàm số: 3 2 ( ) 2 2f x x mx m= + − với x ∈ [−1; 1 ] 2 0 4 3 '( ) 3 4 . '( ) 0 x m x f x x mx f x =    = −  = + = ⇔ . Do : 1 2 m ≤ ⇒ 4 1;1 3 m x     = − ∈ − Để 3 2 2 2 1x mx m+ − ≤ nghiệm đúng [-1;1]x∀ ∈ thì : ( 1) 1 (1) (1) 1 (2) (0) 1 (3) 4 ( ) 1 (4) 3 f f f m f  − ≤  ≤    ≤   − ≤   (1) ,(2) , (3) đúng vì 1 2 m ≤ (4) ⇔ 2 16 2 1 1 27 m m − ≤ điều này luôn đúng vì : 2 2 16 4 16 2 1 , 0 1 1 27 27 27 m m m ⇒≤ ≤ ≤ − ≤ Vậy :Để 3 2 2 2 1x mx m+ − ≤ nghiệm đúng [-1;1]x∀ ∈ thì : 1 2 m ≤ 0,5 0,5 0,5 0,5 CâuIV 2đ Xét hàm số : 1 ' k k y x y kx − = ⇒ = +. Nếu k là số lẻ ⇒ ' 0y x R≥ ∀ ∈ ⇒ hàm số đồng biến trên R T= 1 0 2 1 2010 2009 . k k k k k k x x x x x x− + − + + − = 2010 2009 2010 20101 0 2 1 0 0 . k k k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x a b− + − + + − = − ≤ + ≤ + +. Nếu k chẵn ⇒ hàm số đồng biến trên (0;+∞ ),nghịch biến trên (−∞;0) ⇒ . Nếu 0 a b≤ ≤ ⇒ 0 * i x i N> ∀ ∈ ⇒ T= 1 0 2 1 2010 2009 2010 0 2010 0 . k k k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x a b− + − + + − = − ≤ + ≤ + 0,5 0,5 . Nếu 0a b≤ ≤ ⇒ 0 i x i N< ∀ ∈ ⇒ T = 0 1 1 2 2009 2010 0 2010 2010 0 . k k k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x a b− + − + + − = − ≤ + ≤ + . Nếu 0a b≤ ≤ ⇒ 0 1 1 . 0 .: i n i a x x x x x bi + = ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ =∃ T = 1 1 0 2 1 2010 2009 k k i i k k k k k k x xx x x x x x + − +− + − + + − = 0 1 1 2 1 1 2 1 2010 2009 . k k k k k k k k k k k k i i i i i i x x x x x x x x x x x x − + + + − + − + + − + − + − + − = 0 1 1 2010 0 1 1 2010 k k k k k k k k k k k k k k i i i i i i i i x x x x x x x x x x x x a b + + + + = − + − − + ≤ − + + − + = + vậy ,a b R∀ ∈ ta đều có điều phải C/m 0,5 0,5 Câu V 4,0đ b) Ta có: ( )MH NBD⇒ ⊥ 1 . 3 MNBD NBD V MH S ∆ = ; . 2 2 MH MA AH= + ; . 2 2 2 2 2 a b AH a b = + 2 2 2 2 2 a b MH MA a b ⇒ = + + . Tương tự : 2 2 2 2 2 a b NK NC a b ⇒ = + + 1 3 MNBD V = 2 2 2 2 2 a b MA a b + + 2 2 1 2 a b+ 2 2 2 2 2 a b NC a b + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( )( ) 6 MNBD a b a b V a b MA NC a b a b = + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) 6 MNBD a b a b V a b MA NC NC MA a b a b = + + + + + + Mà: 2 2 2 2 2 2 a b AH CK a b = = + ⇒ 2 2 2 2 . a b AM CN a b = + 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 6 3 ( ) MNBD a b a b V a b a b a b ≥ + = + + Dấu “=” xảy ra khi : 2 2 ab AM CN a b = = + C2: Đặt : · AHMα= ⇒ Tính V theo α ⇒ V NN ⇔ 0 45α = 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Ghi chú : Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng a) Do: (MBD)(NBD) · · 2 AHM CKN π ⇒ + = · · tan .tan 1AHM CKN⇒ = . 1 . . . AM CN AH CK AM CN AH CK ⇔ = ⇔ = . Trường THPT Diễn Châu 3 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học : 2010 - 2011 Môn: Toán ( Thời gian làm bài : 150 phút ) Câu I: (3, 5đ) Cho hàm số : 2 3 1. Hết ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM ( Thi học sinh giỏi trường Lớp 12) Câu Nội dung Điểm Câu I 3, 5đ Xét phương trình hoành độ: 2 3 4 1 x mx x = − + − (1)