De thi HSG TP Da Nang 2010 2011

Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I (2,0 điểm):

Với tham số mR, gọi (Cm) đồ thị hàm số:

3 (3 1) 2 ( 1) 2.

     

y x m x m m x m (1)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số (1) m1.

2) Chứng minh rằng: m thay đổi, đường thẳng (m):

2

y mx m  cắt (C m)

tại điểm A có hồnh độ khơng đổi Tìm m để (m) cắt (Cm) hai điểm khác A, mà tiếp tuyến (Cm) hai điểm song song với nhau.

Câu II (2,0 điểm):

1) Giải phương trình lượng giác: (cot 3xcot )cot 4x x(cot3x cot )cot x x 2) Tìm tất giá trị m để hệ phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt:

 

2

2

1 0

2 1 0.

    

 

      

 

x y mx

x y x y m x y

Câu III (1,0 điểm):

Tìm nguyên hàm hàm số f x  coslnx.

Câu IV (1,0 điểm):

Cho khối lăng trụ ABC A B C ' ' '. Một mặt phẳng () di động qua điểm C', song song với đường thẳng A B' ' chia khối lăng trụ cho thành hai phần. Hãy xác định vị trí () để hai phần tích nhau.

Câu V (1,0 điểm):

Tìm số C lớn để ex y Cxy với cặp số thực dương x y

Câu VI (2,0 điểm):

1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho (E) elip di động nhận hai tiêu điểm hypebol (H):

2

1

5 4

x y

 

làm tiêu điểm ln có điểm chung với đường thẳng (): x y  6 0. Tìm giá trị bé độ dài trục lớn elip (E).

2) Tìm số hạng chứa x7 khai triển thành đa thức  

10

2

1 x x x

.

Câu VII (1,0 điểm):

Cho ba số dương x, y, z thay đổi thỏa điều kiện x y z  3 Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức P x y48 z4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011

Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP 12

Dưới sơ lược biểu điểm đề thi Học sinh giỏi lớp12 Các Giám khảo thảo luận thống nhất thêm chi tiết lời giải thang điểm biểu điểm trình bày Tổ chấm phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho ý đề thi Tuy nhiên, điểm bài, câu không thay đổi. Nội dung thảo luận thống chấm ghi vào biên cụ thể để việc chấm phúc khảo sau này thống xác

Học sinh có lời giải khác đúng, xác phải nằm chương trình học bài làm đến ý giám khảo cho điểm ý đó.

Việc làm trịn số điểm kiểm tra thực theo quy định Bộ Giáo dục Đào tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT.

Câu -Ý NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu I

Với tham số mR, gọi (Cm) đồ thị hàm số:

3 (3 1) 2 ( 1) 2.

     

y x m x m m x m (1)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số (1) m1

2) Chứng minh rằng: m thay đổi, đường thẳng (m): y mx m  cắt

(Cm) điểm A có hồnh độ khơng đổi Tìm m để (m) cịn cắt (Cm) hai điểm

nữa, khác A, mà tiếp tuyến (Cm) hai điểm song song với 2,0 đ

I.1 (1,00đ)

Khi m1, ta có hàm số yf x( )x3 2x21 với tập xác định: D đạo

hàm: f x'( ) 3 x2 4x (  x ) f x'( ) 0  x 0 x4 0,25 Hàm số f tăng khoảng ( ;0), (4 3;); giảm (0; 3); f đạt cực đại

tại x0, (0) 1;f  f đạt cực tiểu x4 3, (4 3)f  27 0,25

3

3

2

lim ( ) lim ;

x f x x  x x x

  

      

 

  BBT: 0,25

(0)

f   (C

1) cắt Oy (0;1)

2

( ) ( 1)( 1)

2

f x   x x  x   x  x 

nên (C1) cắt Ox (1;0)

1

;0

  

 

 

  Đồ thị: 0,25

I.2 (1,00đ)

Phương trình hồnh độ giao điểm (m) (Cm) viết thành:

2

(x1)(x  3mx2m ) 0 (x1)(x m x )(  ) 0.m 

 giao điểm (m) (Cm) gồm A( 1; m m 2), B m( ;0) C m m(2 ; 2); số

đó, A điểm có hồnh độ khơng đổi (khi m thay đổi) 0,25

Đặt f xm( )x3 (3m1)x22 (m m1)x m 2. Các tiếp tuyến (Cm) B C

lần lượt đường thẳng:

(B) :yfm'( )x x yB  B fm'( ) ,x xB B (C) :yfm'( )x x yC  C fm'( ) x xC C 0,25

2

3

1

2

'( ) '( ) 2

'( ) '( )

B A C A

m B m C

B m B B C m C C

m

x x

m

x x

m

f x f x m m m

y f x x y f x x m m m

                              Câu II

1) Giải phương trình lượng giác: (cot 3xcot ) cot 4x x(cot 3x cot ) cot x x (1) 2) Tìm tất giá trị m để hệ phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt :

 

2

2

1

2

x y mx

x y x y m x y

    

 

      



 2,0 đ

II.1 (1,0đ)

Điều kiện xác định (1): x ≠ k π/4, x ≠ k π/3 với k nguyên

(*)

Với đk (*), ta có:

cos sin cos sin cos cos sin cos sin cos

(1)

sin sin sin sin sin sin

 

 x x x x x  x x x x x

x x x x x x 0,25

cos cos

sin(3 ) sin(3 ) cos cos

sin sin

 x x  x  x x  x  x x

x x 0,25

⇔cos 4x+cos 2x=0⇔2 cos 3xcosx=0

⇔x=(2n+1)π/6 với n nguyên 0,25

So sánh đk (*), ta lấy x=(6m±1)π/6 với m nguyên (học sinh cần minh

họa đường tròn lượng giác) 0,25

II.2 (1,0đ)

Hệ 

2

2

1

( ) ( ) ( )

               

x y mx

x m y m x y m



2 1 0

( 1)( )

    



    



x y mx

x y x y m



2 1 (1) 2 1 (1)

(I) (II)

1 (2) (3)

         



 

     

 

x y mx x y mx

x y x y m 0,25

(1) pt đường trịn (C1) có tâm I

;0

m

 

 

  bán kính R =

4

m 

(2), (3) pt đường thẳng (2), (3)

Nên hệ đầu có nghiệm phân biệt hai đường thẳng (2), (3) cắt

đường tròn (C1) giao điểm đôi phân biệt 0,25

(3) cắt (C1) 

2 4 2 m m m  

 8

7 m

   

(2) cắt (1) 

2 4 2 m m   

2 4 4 0

m m

     m  2 0,25

4 giao điểm phân biệt  giao điểm (2) (3) không thuộc (C1)



2

;

2

m m

M   

 (C1) 

1 1;

2

m m

KL:

8

7 m

  

1 1;

2

m m

0,25 Câu III Tìm nguyên hàm hàm số f x  cos lnx

1,0 đ

Đặt

sin ln

cos ln d xd

u x u x

x

  

(1,0đ)

Ta có: F x  cos ln dx x x cos lnxsin ln dx x (với x0)

Đặt

cos ln

sin ln d xd

u x u x

x

  

dvd ,x chọn v x .

Do đó: sin ln dx x x sin lnx cos ln dx x x sin lnx F x   0,25

Suy ra: 2F x xcos lnx x sin lnx C 0,25

Kết luận:   2cos ln sin ln  x

F x  x x C

0,25 Câu IV

Cho khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' Một mặt phẳng () di động qua

điểm C', song song với đường thẳng A B' ' chia khối lăng trụ cho thành hai

phần Hãy xác định vị trí () để hai phần tích 1,0 đ

(1,0đ)

M

N B' A'

B C

A

C' Gọi V thể tích khối lăng trụ

' ' '

ABC A B C Theo giả thiết, mặt phẳng ( ) chia khối lăng trụ cho thành hai phần Gọi V1 thể tích của

phần chứa đỉnh C, V2  V V1 thể tích

của phần cịn lại Ta cần xác định vị trí ( ) để

1

2

1

2

V V

V V

V V

    

(1) 0,25

Nếu ( ) cắt cặp cạnh AC, BC

'

1 1

3

C ABC

V V

V  V   nên (1) không thỏa Vậy,

( ) phải cắt cặp cạnh AA', BB'. 0,25

Gọi M N tương ứng giao điểm ( ) với cạnh AA' BB' Cũng theo giả thiết, MN/ / ' '.A B Đặt

' '

(0;1),

' '

MA NB

x

AA BB

  

ta có:

' '

2

' ' ' ' '

2 2

3 3

MNB A C ABB A ABB A

S

V V

x

V  V  S   0,25

Suy ra: (1) x3 Kết luận: 0,25

Câu V Tìm số C lớn để ex y Cxy

 với cặp số thực dương x y 1,0 đ

(1,0đ)

Trên khoảng (0;), hàm số f x( )ex x có đạo hàm f x'( )ex(x1) x2 0,25

'( )

f x   0x1, f x'( ) 0  x1; vậy, min ( )x0 f x f(1) e 0,25

Suy ra:

2

0

0

min ( ) ( )



 

 

 

x y

x x

y y

e

f x f y

xy [ ] e

0,25 Hằng số C lớn để ex y Cxy với x0, y0

C lớn để f x f y( ) ( )C với x0, y0 Vậy

2

0

min ( ) ( )

 

 

x y

C [f x f y ] e

điểm hypebol (H): 2 x y  

làm tiêu điểm ln có điểm chung với đường thẳng (): x y  6 Tìm giá trị bé độ dài trục lớn elip (E)

2) Tìm số hạng chứa x7 khai triển  

10

2

1 x x x

VI.1 (1,0đ)

Các tiêu điểm (E) gồm: F1( 3;0) F2(3;0). Gọi a nửa độ dài trục lớn của

(E), điều kiên a3  phương trình (E) là:

2

2 9

x y

a a   0,25

Tọa độ giao điểm (E) () nghiệm hệ:

2

2 2 2

2

( 6)

(2 9) 12 (45 ) (1)

1 6 x x

a x a x a a

a a y x y x                      

(E) có điểm chung với ()  (1) có nghiệm ’  0,25



2 2 2

(6 )a  (2a  9) (45a  a ) 0

 a2(2a4 63a2405)a a2( 2 9)(2a2 45) 0



2 45 2 3 10 2

a   a 0,25

Giá trị bé độ dài trục lớn (E) 2a3 10 0,25

VI.2 (1,0đ)

Ta có:      

10 10 10

2

1 x x x  1 x 1x

0,25   10 10 10

1 k k

k

x C x



 

 

10 10

2

10

1 l l

l

x C x



 

0,25

Với l k số tự nhiên, thì:

1 k l k l         hoặc k l    



5 k l    



7 k l      0,25

Kết luận: Số hạng chứa x7 (C C10 101 C C10 103 C C10 105 C x107) 0,25

Câu VII Cho ba số dương x, y, z thay đổi thỏa điều kiện

  

x y z Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức P x 4y48 z4 1,0 đ

(1,0đ) Ta có:

2 2 2( 2) ( )2

x y  xy  x y  x y

và x4y4 2x y2  2(x4y4) ( x2y2 2)

        

2

4

4 2 2 4

(3 z)  x y 2 x y  4 x y 8 x y

  .



 4

4

8

z

x y  

0,25 Do đó:

3 4 64

8

z z

P   

Xét  

4

( ) 64

f z   z  z

với z(0;3)

  

3 2

' 64 4(3 ) 4(4 )[4 (3 ) (3 ) ]

f z   z   z  z z z  z  z   z



3

'( ) (0;3)

5

       

f z z z z

0,25 Lập BBT f z  nhỏ

3 z  3

( ) ( ) 648

min

8 z 125

f z f z

P

 

Mặt khác

6

;

5

x y z

648 125

P

Kết luận: GTNN P

648

125 0,25