De thi HSG tinh Thanh Hoa 2010 2011

GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa..[r]

Equation Chapter Section 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HỐ Đề thức Số báo danh

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010- 2011

Mơn thi: Tốn Lớp: 12 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). Câu I (4,0 điểm)

Cho hàm số y x 3 (m1)x2 (4 m x2)  1 2m (m tham số thực), có đồ thị (Cm)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m1

2) Tìm giá trị m để đồ thị (Cm) có hai tiếp tuyến vng góc với

Câu II (6,0 điểm)

1) Giải phương trình: cos 2xcos3x sinx cos 4xsin x

2) Giải bất phương trình: 6(x2  3x1) x4 x2  1 0 (x )

3) Tìm số thực a để phương trình:9x 9 a3 cos(x x), có nghiệm thực

.Câu III (2,0 điểm).Tính tích phân:  

2

3

sin

sin cos

x

I dx

x x









Câu IV (6,0 điểm).

1) Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, AC cho mặt phẳng (DMN) vng góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x, AN y Tìm x y, để diện tích tồn phần tứ diện DAMN nhỏ 2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng :x y  5 hai elíp

2

1

( ) :

25 16

x y

E  

,

2

2 2

( ) :E x y (a b 0)

a b    có tiêu điểm Biết ( )E2

đi qua điểm M thuộc đường thẳng . Tìm toạ độ điểm M cho elíp ( )E2 có độ dài

trục lớn nhỏ

3) Trong không gian Oxyz,cho điểm M(0;2;0) hai đường thẳng

1

1

: 2 ( ); : ( )

1 , ,

x t x s

y t t y s s

z t z s

   

 

 

         

    

 

 

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M song song với trục O x, cho (P) cắt hai đường thẳng 1, 2 A, B thoả mãn AB1

Câu V (2,0 điểm) Cho số thực a b c, , thoả mãn:

2 2 6

3

a b c

ab bc ca

   



  



Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm. SỞ GD & ĐT THANH HỐ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

(Gồm có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI: TOÁN

Câu Ý Hướng dẫn chấm Điêm Câu I

4,0 đ

1) 2,0đ

Với m1,ta hàm số y x 3 3x1 Tập xác định: 

Giới hạn vô cực: xlim y, limx  y 

Sự biến thiên: y' 3 x2 0  x1

0,5

' ( ; 1) (1; )

y   x      Hàm số đồng biến khoảng (  1) (1;).

' ( 1;1)

y   x  Hàm số nghịch biến khoảng ( 1;1). Điểm cực đại đồ thị ( 1;3), điểm cực tiểu đồ thị (1; 1).

0,5

Bảng biến thiên:

0,5

Đồ thị qua điểm (-2; -1) (2; 3)

Điểm uốn I(0; 1) tâm đối xứng

0,5

2)

2,0đ Ta có

2

' 2( 1) ,

y  x  m x m tam thức bậc hai x. y' có biệt số  ' 2m22m13

Nếu  ' 0 y' 0, x, suy yêu cầu tốn khơng thoả mãn.

0,5

Nếu

1 3 3

' ;

2

m    

     

 , y' 0 có hai nghiện x x1, (x1x2)

Dấu y':

0,5

Chọn x0( ; )x x1  y x'( ) 0.0  Ycbt thoả mãn tồn x

cho y x y x'( ) '( )0  1 pt:

2

0

1

3 2( 1)

'( )

x m x m

y x

     

(1) có

0,75 -2 -1

-1 1

1 3

2 x y

O x

y' y

   

  1



1 

1 3

0  0

 

x - +

'

nghiệm Pt (1) có:

2

0

3 3 3

' 2 13 0, ;

'( ) 2

m m m

y x

   

         

 

Vậy giá trị cần tìm m

1 3 3 ;

2

m    

 . 0,25

Câu II 6,0 đ

1) 2,0đ

PT ⇔(cos 2x −cos 4x)−sinx+(cos 3x −2sin 3x cos 3x)=0 ⇔(2 sinxsin 3x −sinx)−(2 sin 3xcos 3x −cos 3x)=0

0,5

⇔(2 sin3x −1)(sinx −cos 3x)=0 0,5 ⇔

sin 3x=1

¿

cos 3x=cos(π 2− x)

¿

x= π 18+k

2π

3

¿

x=5π 18 +k

2π

3

¿

x=π 8+k

π

2

¿

x=−π 4+kπ

¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿

(k )

0,5

0,5

2) 2,0đ

Tập xác định: ..

BPT  

2 2

6 2(x x 1) (x x 1) 6(x x 1)(x x 1)

           

0,5

2

2

1 6( 1)

12

1

x x x x

x x x x

   

   

    (vì x2   x 0,x)

0,5 Đặt: 2 6( 1) x x t x x   

  (t > 0), ta được2t2 t 0

3 t    0,5

BPT cho tương đương với

2

2

6( 1) 11 21 11 21

5 11 ;

1 10 10

x x

x x x

x x

 

   

        

    0,5

3) 2,0đ

2

9x a3 cos(x x) 3x x a.cos( x) (2)

  

    

Nhận xét: Nếu x0 nghiệm (2) 2 x0 nghiệm (2),

0,5 suy điều kiện cần để (2) có nghiệm x0  2 x0  x0 1

Với x0 1, từ (2) suy a6

Với a6, phương trình (2) trở thành 3x 32x 6cos(x) (3)

Ta có VT(3) 6, VP(3) 6. Vậy

2

3

(3)

6cos( )

x x x x             Vậy a6

1,0 Câu III 2,0đ Ta có:

sin (sin cos ) (cos sin )

4

x x x  x x

1

(sin cos ) (sin cos )'

4 x x x x

    0,5 Suy 2 0

1 (sin cos )'

4 (sin cos ) (sin cos )

x x

I dx dx

x x x x

         2 2 0

1

16 8(sin cos )

cos dx x x x               0,25 0,75 tan

16 x 12

 

 

    

 

3 3

12 12

   0,5 Câu IV 6,0đ 1) 2,0đ

Kẻ DH MN , (DMN) (ABC) suy DH (ABC)

Mà ABCD tứ diện đều, nên suy H tâm tam giác ABC 0,5 Ta có: SAMN =

1

2 AM.AN.sin600 = √

4 xy ; SAMN = SAMH + SANH

= 12 AM.AH.sin300+

2 AN.AH.sin300 =

√3

3 (x+y)

Suy √3

4 xy = 4.√

3

3 (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 x,y )

0,5

Diện tích tồn phần tứ diện DAMN: S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN

= 12 AD.AM.sin600+

2 AD.AN.sin600

+ 12 DH.MN + 12 AM.AN.sin600

= √3 xy + √6

6 √3 xy(3 xy−1)

Từ

2

3

3

xy x y   xy  xy   xy

Suy

3(4 2)

min ,

9

S  

2 x y

0,5

0,5 2) Hai elíp có tiêu điểm F1( 3;0), F2(3;0) 0,5

2,0đ

Điểm M ( )E2  MF1MF2 2a Vậy ( )E2 có độ dài trục lớn nhỏ

khi MF1MF2 nhỏ

0,5 Gọi N x y( ; ) điểm đối xứng với F1 qua , suy N( 5;2).

Ta có: MF1MF2 NM MF NF2 (khơng đổi)

Dấu xảy M NF2 

0,5

Toạ độ điểm

17

4 5 17

: ;

5 5

5 x

x y

M M

x y

y 

 

  

   

  

   

    

  

 

0,5

3) 2,0đ

Giả sử xác định (P) thỏa mãn ycbt

1 (1 ;2 ; ); (3 ; ; )

A   A  t  t  t B   B  s   s s Suy AB2 2( s t ); 2(  s t ); ( s t )



0,5

2

1

9( ) 22( ) 14 13

s t

AB s t s t

s t   



       

   

0,5

Với s t  1 AB(0; 1;0) 



(P) có vtpt n1 AB i;  (0;0;1)

  

, suy ( ) :P z 0 (loại (P) chứa trục O x)

0,5

Với

13

; ;

9 9

s t   AB   

 



, suy ( )P có vtpt

4

; (0; ; )

9 n AB i     

, suy ( ) : 4P y z  0 (thỏa mãn toán)

0,5

Câu V 2,0đ

Từ giả thiết suy : a b c  0 0,25

Ta có: a b c, , ba nghiệm thực phương trình (x a x b x c )(  )(  ) 0

3 3 0 3 1 1

x x abc x x abc

         (3) 0,5

Từ đồ thị hàm số y x 3 3x1, suy pt (3) có ba nghiệm thực a b c, ,  1 abc   1 2abc2

abc2, ba số a, b, c có hai số số -2. abc2, ba số a, b, c có hai số -1 số 2.

0,5

6 6 3( )2

P a b c  P abc

(a2 b2c a2)( 4b4c4  a b2  b c2 2 c a2 2) (a2 b2 c2 3)  3(a2b2c a b2)( 2 b c2 2c a2 2) 216 18.9 54  

0,5

2

3( ) 54 max 66,

P abc   P có hai số -1 số 2, hai số số -2