KH i 12 THPT mon TOAN d CHINH TH c

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT _ NĂM HỌC 2011 - 2012 Mơn : TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3 điểm) Cho hàm số f(x) = x3 - 2x2 – (m - 1)x + m (C) a) Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hồnh b) Tìm m để f(x) � với x �2 x Bài 2: (4 điểm) a) Giải phương trình sau : x(2  x  3)  (4 x  2)(  x  x  1)  b) Giải phương trình sau : 1 + cos x - cos2 x + + cos x - cos x 16 16 = Bài 3: (3 điểm) Chứng minh : n C2n < 22n 2n+1 ( n  �; n 1) Bài 4: (3 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, có tâm I thuộc đường thẳng (d) : x – y – = có hồnh độ x I = , trung điểm cạnh giao điểm đường thẳng (d) với trục hồnh Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Bài 5: (5 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ’B’C’, đáy ABC vuông A Khoảng cách từ AA ’ đến mặt phẳng BCC’B’ a, mặt phẳng (ABC’) cách C khoảng b hợp với đáy góc  a) Tính thể tích khối lăng trụ b) Cho a = b không đổi, cịn  thay đổi Định  để thể tích khối lăng trụ nhỏ Bài 6: (2 điểm) Tính giới hạn : A = lim[ ln (1  tanx)cotx (1  tanx)cotx (1  tanx) cotx (1  tanx)cotx x�0 144444444444424444444444443 ] (1) v�h� n d� u c� n Hết Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh :………………………… Chữ ký GT1:…………………………………………Chữ ký GT2 :………………………… Së Gi¸o dơc - Đào tạo Thừa Thiên Huế Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Khối 12 THPT - Năm học 2011 - 2012 MƠN TỐN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Bài Bài NỘI DUNG Cho hàm số f(x) = x - 2x – (m - 1)x + m (C) a) Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành f(x) tiếp xúc với trục hoành �x - 2x - (m -1)x + m = (a) f(x) = � � � � � � f� (x)=0 3x - 4x + 1= (b) � � Từ (a) (b) ta có : 2x3 - 5x2 + 4x – = x=1 � m=0 � � � (x - 1) (2x - 1) = � 1 � x= � m=� b) Tìm m để f(x) � với x �2 x 1 f(x) � với x �2 ۳ x - 2x - (m - 1)x + m x x ۳ x(x - 1)(x - x - m) 1 ۣ m x2 - x - x -x t2 1 Đặt t = x2 – x m � t t (vì x �2 � t = g(x) = x - x hàm số tăng g(2) = ) Khi x �2 ĐIỂM (3đ) 1.0đ 0.5 0.5 2.0đ 0.5 1.0 t2 1 với t �2 =tt t t2 + � y�= + = >0 t t2 Xét y = x � y’ + 0.5 � y Vậy m � Bài a) Giải phương trình: x(2  x  3)  (4 x  2)(  x  x  1)  (1) (4đ) 2.0 1.0 Ta thấy pt có nghiệm (  ;0) pt �  3x  (2  (3x)  3)  (2 x  1)(2  (2 x  1)  3) � u (2  u  3)  v(2  v  3) (1) Với u = - 3x, v = 2x + 1; u,v >0 1.0 Xét hàm số f (t )  2t  t  3t với t>0 Ta có f '(t )   2t  3t  t  � f (u )  f (v ) � u  v t  3t � - 3x = 2x + � x   nghiệm phương trình b) Giải phương trình sau : 1 + cos x - cos x + + cos x - cos x 16 16 2 ) + (cos x - ) = 4 � cos x + cos x = 4 + tĐặt cos2x = t ; ≤ t ≤ � t 4 Xét trục Ox, điểm : M(t) ; A( ) ; B( ) 4 Suy : MA + MB = (1) � 2.0 = (1) 1.0 (cos x - = 1.0 , nên M nằm A B, suy � ۣ cos x 2 π  � + kπ � x � + kπ � � � (l;k ��) π  �  + lπ �x �- lπ � �3 Mà AB = Bài n Chứng minh : 2n C2n < 2n+1 ≤ t ≤ 4 ( n  �; n 1) Ta có : (3đ) 1.0 n (2n)! 1.2.3.4 .(2n - 1).(2n) 1.3.5 (2n - 1).2.4.6 (2n) C2n = 2n = n n  n 2n 2 n!n! 2 (1.2.3.4 n).(1.2.3.4 n) (1.2.3.4 n).2n (1.2.3.4 n) 1.3.5.7 (2n - 1) = 2.4.6.8 .(2n) 1.3.5.7 (2n - 1) < Ta chứng minh : 2.4.6.8 .(2n) (2k - 1) = Ta có : (2k) (2k - 1) (2k) (2k - 1) =< 1.0 2n+1 4k - = 2k - 2k + 1.0 Sử dung quy nạp nhân BĐT vế theo vế ta có : 1.3.5.7 (2n - 1) < 2.4.6.8 .(2n) Bài 2n+1 (đpcm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, có tâm I (3 đ) thuộc đường thẳng (d) : x – y – = và có hoành độ x I = , trung điểm cạnh là giao điểm đường thẳng (d) với trục hoành Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Điểm I có x I = I thuộc đường thẳng (d) : x – y – =  I( ; ) 2 1.0 Vì vai trò A; B; C; D nên giả sữ trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) với trục Ox, suy M(3;0) AB = 2IM = S ABC 9  =3 4  AB.AD = 12 � AD = S 12   2 AB 1.0 ABC AD  (d) � suy phương trình AD : x + y – = � M � AD � Mặt khác MA = MD = Vậy tọa độ A; D nghiệm vủa hệ phương trình : � �x + y - = � 2 � (x - 3) + y = �x = �x = � � ho� c � �y = �y = -1 1.0 Vậy A(2; 1), D(2; -1) I( ; ) trung điểm AC BD nên C(7; 2) B(4; - 1) 2 Bài Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông A Khoảng cách từ AA ’ đến mặt phẳng BCC’B’ là a, mặt phẳng (ABC’) cách C khoảng b và hợp với đáy góc  (5đ) a) Tính thể tích khối lăng trụ 3.0 _ B' C' _ Ta có AA’ || ( BCC’B’), kẻ AH  BC ( H � BC )  AH  ( BCC’B’) 1.0 (ABC)  ( BCC’B’), : AH = d(AA ’,( BCC’B’)) = a _ A' _ K Ta có AB = (ABC’)  (ABC) ; AB  AC (gt) ; AC hình chiếu AC’ (ABC) b _ _ C _ H B _ � � �  AB  AC’  CAC �  sd((ABC),(ABC )) =  ( góc nhọn) a _ A _ 1.0 Kẻ CK  AC’; ta có : AB  (ACC’)  (ABC’)  (ACC’) ; AC’ = (ABC’)(ACC’)  AK  (ABC’)  CK = d(C,( ABC’)) = b Thể tích khối lăng trụ : V = S CC� = ABC Trong tam giác vuông ACK : AC = AB.AC.CC� (1) CK b = sinα sinα = AC.tanα = Trong tam giác vuông ACC’ : CC� b tanα  sinα b cosα 1 1 sinα2 b a sin α2 Trong tam giác vuông ABC : =  = = AB2 AH AC2 a b2 a b2 � AB = 1.0 ab b  a 2sinα2 Thay kết vào (1) ta có : V= = 1 ab b b AB.AC.CC� = 2 b  a 2sinα2 sinα cosα ab 2sinαcosα b2  a 2sin α ab3 � V= sin2α b2  a 2sin α b) Cho a = b khơng đổi, cịn  thay đổi Định  để thể tích khối lăng trụ nhỏ 2.0 1.0 a3 a3 V =  Với a = b : 2sinα.cos α sin2α  sin α V nhỏ sin  cos2  lớn Ta có: sinα.cos α4 = 1 2sinα2 + cos α2 + cos α2 2 2sin α.cos α.cos α2 � ( ) 2 3 (bđt Côsi) � 54  V Bài 1.0 3a 3 3a 3 2sin2  = cos2  2 tan 2  � tan  �   arctan 2 2 Vậy   arctan thể tích nhỏ Ta có V nhỏ : � sin cos 2 V= (2đ) Tính giới hạn : A = lim[ ln (1  tanx)cotx (1  tanx)cotx (1  tanx) cotx (1  tanx)cotx x�0 144444444444424444444444443 ] (1) v�h� n d� u c� n 1.0 Xét A1 = lim[ ln (1  tanx) cotx x �0 = lim[ x �0 ] = lim[ ln(1  tanx) cotx x �0 cotx ln(1  tanx) ln(1  tanx)] = lim = 2 x �0 tanx A = lim[ ln (1  tanx) cotx ] = lim[ ln(1  tanx) x �0 = lim[ x �0 ] cotx 22 x �0 ] cotx ln(1  tanx) ln(1  tanx)] = lim = 2 2 x �0 tanx ……………………………………………………………………… ……………………………………………………………………… A n = lim[ ln (1  tanx) 2n x �0 = lim[ x �0 cotx ] = lim[ ln(1  tanx) x �0 cotx 2n ] cotx ln(1  tanx) ln(1  tanx)] = n lim = n n 2 x �0 tanx ……………………………………………………………………… ……………………………………………………………………… 1.0 Từ (1) ta có : A = lim[ ln[(1  tanx) cotx x �0 = lim[ ln(1  tanx) x �0 cotx cotx (1  tanx) 22 cotx (1  tanx) 23 cotx .(1  tanx) ]] cotx n cotx + ln(1  tanx)  ln(1  tanx) 2 cotx   ln(1  tanx) + ] n = A1  A  A3   A n  A= 1 1 + + + .+ n + = =1 2 2 1 Vậy A =   Học sinh có cách giải khác cho điểm tối đa Đáp án gồm 06 trang HẾT