Đáp án đề thi học sinh giỏi thanh hóa năm 2010. Giải chi tiết Thực hành giải các dạng bài
Trang 1Sở Giáo dục và đào tạo
thanh hoá
Đề chính thức
Số báo danh
Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: Toán Lớp: 12 THpt
Ngày thi: 24/ 03/ 2010 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề thi)
Đề này có 05 bài gồm 01 trang
Bài 1: (4 điểm) Cho hàm số y = - x3 + 3x - 1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Viết phơng trình tiếp tuyến với đồ thị (C) kẻ từ điểm M(-2; 1)
Bài 2: (6 điểm)
2
cos 2 sin
2 4 sin 2 2 cos
x x
x
2 Giải hệ phơng trình :
y x y
x y
x 4 log
3 2
3 Tìm các giá trị của tham số m để bất phơng trình x 4 6 x x2 2xm nghiệm
đúng với mọi x 4 ; 6
Bài 3: (3 điểm)
1 Tính tích phân: I =
9
2
cos
x
dx
2 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập đợc bao số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau, trong đó phải có chữ số 2 và 4 ?
Bài 4: (5 điểm)
1 Cho hình lập phơng ABCDA'B'C'D' cú cạnh bằng a Trên cỏc cạnh BC và DD' lần lợt lấy các điểm M và N sao cho BM = DN = x (0 x a) Chứng minh rằng MN AC'
và tìm x để MN có độ dài nhỏ nhất
2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C): (x - 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đ-ờng thẳng 3x - 4y + m = 0 Tìm m để trên đđ-ờng thẳng d có duy nhất một điểm P mà
từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến PA và PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho
PA PB
3 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1; 2; 3) Viết phơng trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất
Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC không tù Chứng minh rằng:
9
3 10 2
tan 2
tan 2
tan 2
tan 2
tan 2 tanA B C A B C Dấu đẳng thức xảy ra khi n o ?ào ?
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm cú 5 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2009 - 2010 MễN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT Ngày thi: 24 - 3 - 2010 Thời gian làm bài 180 phỳt (khụng kể thời gian giao đề)
Trang 2Bài Ý Hướng dẫn chấm Điểm
Bài 1
4 điểm
1
3đ Tập xác định R
Sự biến thiên: y' = - 3x2 + 3 = 3(1 - x2)
y' = 0 x 1;x 1
0,25 0,25
y' < 0 x x11
hàm số nghịch biến trong khoảng ( ; 1) và (1; +) y' > 0 -1 < x < 1 hàm số đồng biến trong khoảng (-1; 1)
Điểm cực đại (1; 1) Điểm cực tiểu (-1; -3)
0,5
0,25 Giới hạn limx y ;limx y Đồ thị hàm số không có tiệm cận 0,25 Bảng biến thiên
x - -1 1 + y' +
-y
-3
0,75
Đồ thị đi qua điểm (-2; 1) và (2; -3)
y Điểm uốn I(0; -1) là tâm đối xứng
1
-2 -1 I 1 2 x
-3
0,75
Trang 31đ Phương trình đường thẳng đi qua điểm M(-2; 1) có hệ số góc k:
y = k(x + 2) + 1 Đường thẳng tiếp xúc với (C)
3 2
x x k x
x k
có nghiệm
0,25
0,25
(1)
3 2
2
1 0
2
3 3
9
x k
x x
x
k x
k
k 0 ;k 9
Vậy có hai tiếp tuyến với đồ thị (C) thoả mãn bài toán là:
y = 1 và y = - 9x -17
0,25
0,25
Bài 2
6 điểm
1
2đ Điều kiện sin x
x
c x k
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2
2
cosx = 0 2cos x - 1-sinx - cosx + 2
= 1 2cos x - cosx = 0 1
2
0,5
0,5
0,5
0,25
* cosx = 0 kết hợp với điều kiện 2
2
x k suy ra
2 t
với t Z
* cosx =
2
2
2 3
x m
x n
với m; n Z
Phương trình đã cho có ba họ nghiệm là:
2 t
3 m
3 n
với t, m, n Z 2
2đ Điều kiện:
0 0
y x
y x
y x
Hệ phương trình đã cho
y x y
x
y
x 4 log
0 2 3
2
y y
y x y x y x y x y x y x
4 4 4 4
log 2 1
0,5
0,5
Xét phương trình: 4(x - y) = 4x y Đặt t = x - y > 0 4 t 4t
Nhận thấy: t = 1 và t = 21 là nghiệm của phương trình
Xét hàm số f(t) = 4 t 4t (t > 0) f'(t) = 4 - 4tln4 f'(t) = 0 có duy nhất một nghiệm:
4 ln
4 log4
t
Do đó f(t) = 0 chỉ có hai nghiệm
Từ cách đặt suy ra hệ đã cho tương đương với
9 2
y x y x y x y x
0,5
Trang 40,5 3
2đ
Đặt t = 4 6 2 2 24 25 1 2 0 5
x
t2 = -x2 + 2x + 24 x2 - 2x = 24 - t2
Bất phương trình trở thành: t + 24 - t2 m ; t 0 ; 5
0,5
0,5 Xét hàm số f(t) = -t2 + t + 24 trên đoạn 0 ; 5
Ta có bảng biến thiên sau:
t 0
2
1
5
97
Từ đó suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x 4 ; 6
0 ; 5
t
4 ) t ( min m
Vậy m 4
1
Bài 3
3 điểm
1
1,5đ Đặt t = x suy ra x = t2; dx = 2t dt
2
3 9
x t
t
x
I = 3 2
0
2 os
tdt
c t
Đặt
os
u t
du dt dt
v t dv
c t
I = 2t tant
d c
I = 2 3
2ln 2
3
0,5
0,5
2
1,5đ Gọi số tự nhiên cần lập là X = a a a a1 2 3 4 (a1 khác 0)
ai 0;1; 2;3; 4;5 (i = 1; 2; 3; 4)
* Trường hợp 1: Trong X có chữ số 0
Có ba cách xếp chữ số 0; ba cách xếp chữ số 2; hai cách xếp chữ số 4
và 1 3
A cách xếp ba chữ số 1; 3; 5
Suy ra có 3.3.2 1
3
A = 54 số
0,25
0,25
0,25
* Trường hợp 2: Trong X không có chữ số 0
Có bốn cách xếp chữ số 2; ba cách xếp chữ số 4 và 2
3
A cách xếp ba chữ
số 1; 3; 5
Suy ra có 4.3 2
3
A = 72 số
Vậy có tất cả 54 + 72 = 126 số
0,25
0,25 0,25
Bài 4 1
Trang 55 điểm 2đ Đặt AA' a;ABb;ADc thì a b c a; AC' abcvà
a a
x D c a
x
BM ; D'
c a
x b
a a
x a a
x c b c a
x DN AD BA MB
1
2 2
2
a
x a
a a
x c b a c a
x b
a a
x AC MN
Vậy MN vuông góc với AC'
M
N
A'
D'
D C
B
A
0,5
0,5
4
6 4
6 2
1 2 1
2 2 2 2
2 2
2 2
2
a
x a a
x a
a a
x
MN ngắn nhất bằng 6 21 2
2
a x a
x a
(M, N tương ứng là trung điểm của BC và DD')
0,5 0,5 2
1đ Gọi tâm đường tròn (C) là I (1; -2) và bán kính R = 3
Giả sử có điểm P thoả mãn bài toán tứ giác APBI là hình vuông cạnh bằng 3 IP 3 2
0,5
Để có duy nhất một điểm P khoảng cách từ tâm I tới d bằng
2 3
4 3
) 2 ( 4 1 3
2
11 2 15
11 2 15 2
15 11
m
m m
Vậy m = 15 2 11 và m = 15 2 11
0,25
3
2đ Gọi giao điểm của ( ) với ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt là A(a; 0; 0);
B(0; b; 0); C(0; 0; c) với a, b, c > 0 Phương trình ( ): 1
c
z b
y a x
Do ( ) đi qua điểm M 1 23 1
c b a
Thể tích tứ diện OABC là V Bh OA OB OC abc
6
1 2
1 3
1 3
1
Áp dụng bắt đẳng thức Côsi,ta có:
27 6
27 6
27 1 6 3 3 2 1
1 3 abc V
abc abc
c b a
Giá trị nhỏ nhất của V = 27 đạt được khi 1 2 313
c b
b = 6; c = 9
0,5 0,5
0,5
Trang 6Phương trình mặt phẳng ( ) là: 1 6 3 2 18 0
9 6
3 x y z
z y
Bài 5
2 điểm
Không mất tính tổng quát, giả sử ABC
2
A tan 2
tan 2
tan 4 2 2
Đặt x = tan 2A ; y = tan B2 ; z = tanC2 thì 0 < z y x 1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm: 1 - x; 1 - y; 1 - z ta được:
3
3
1 1 1
xyz xz yz xy z y x z
y x z
y x
Vì xy + yz + xz = tan 2A tanB2 + tan B2 tanC2 + tan 2A tanC2 = 1 Suy ra:
3 3
3 3
1 3
2 3
1 2
) (
2 3
) (
1 )
( 2 3
1
z y x z
y x xyz
z y x
xyz z y x z
y x xyz
z y x z
y x
3
3 2
3
x y z xyz
Từ đó suy ra điều cần chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
GHI CHÚ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa