Đề và ĐA thi HSG Toán 12 Thái Bình 2009

Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d1, đi qua điểm M và tiếp xúc với d2.. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c.. Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác BCD... Gọi A l

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (3 điểm)

Cho hàm số y x 3 3mx23(m6)x1 (1)

1 Tìm m để hàm số (1) có cực trị

2 Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A (3;5) nằm trên đường thẳng đi qua các

điểm cực trị của đồ thị hàm số (1)

Câu 2: (3 điểm)

Cho các số nguyên dương a và b thỏa mãn a b Hãy so sánh hai số: a và b b a

Câu 3: (4 điểm)

1 Cho hàm số

1 cos x.cos 2x

khi x 0











 Tính đạo hàm của hàm số tại x 0

2 Giải phương trình:

x 1 2  x 1 3 3 x6  x 6

Câu 4: (2 điểm)

Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x2y2 z2 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

F  x  y y z  z x

Câu 5: (3 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1) và hai đường thẳng d x y1:   1 0 ,

d x y   Gọi A là giao điểm của d và 1 d 2

1 Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d1, đi qua điểm M và tiếp xúc với d2

2 Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M cắt d , 1 d lần lượt ở B và C sao cho 2

ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC  3AB

Câu 6: (3 điểm)

Cho tứ diện ABCD có AB a , AC b , AD c và BAC CAD DAB 60    0

1 Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c

2 Cho a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a b c 2010   Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác BCD

Câu 7: (2 điểm)

Giải hệ phương trình :

3 3 3

3 3 3

x x y

y y z

z z x







HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO

TẠO

THÁI BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN

(Đáp án gồm 06 trang)

Câu 1

Cho hàm số y x 3 3mx2 3(m6)x1 (1)

1 Tìm m để hàm số (1) có cực trị

2 Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A (3;5) nằm trên đường thẳng đi

qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).

3.0

Ý 1.

(1 đ)

Hàm số (1) có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biệt

2

2 3

m m

 



  

Ý 2.

(2 đ)

3

m m

 



 

 (*) thì hàm số có cực trị và tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là nghiệm của hệ phương trình:

2







0.5

2

x mx m



 



0.25

 Tọa độ các điểm cực trị thuộc đường thẳng d Vậy m d là đường thẳng qua m

Điểm M(3;5)   2

4

5

m

m

m







    

 

 Kết hợp (*) ta có m = 4 là giá trị cần tìm

0.25

Câu 2 Cho các số nguyên dương a và b thỏa mãn a b Hãy so sánh hai số : a và b b a 3.0

Xét hàm số f x( ) lnx, x 0

x

2

1 ln

x



0.75 BBT

0.75

'( )

 

x

( )

2

ln 2 2

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

( ) ( )

;

 









b a

b a

b a e b

a b

  1



 



b a b

a b

e a Z



2

2 4

3















 



b a

b

b

a

a Z

0.25

4











a b b

b a a

( ) ( ) 4







 



b a b

f a f b a b

a Z

0.25

Vậy với a, b nguyên dương, ta có:

 Nếu a b e  hoặc b 2

a 4









 thì a b b a

 Nếu b 1

a 2









 hoặc b 2

a 3









 hoặc b 1

a e









 thì a b b a

 Nếu b 2

a 4









 thì a b b a

0.25

Câu 3

1 Cho hàm số

1 cos cos 2

0 ( )

khi x

khi x













Tính đạo hàm của hàm số tại x 0

2 Giải phương trình : x 1 2  x 1 3 3 x6  x 6

4.0

Ý 1.

(2 đ)

( ) (0) 1 cos cos 2

0



1

2

3

3

0.75

Vậy '(0) 5

2

ĐK: x  1

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Ý 2.

(2 đ)

1

x

x



    

Ta xét các hàm số sau trên 1;

1) f x( ) 2 x 1 3 3 x có 6 1 3 1

0.25

2) ( ) 6

1

x

g x

x





 có

7

1

x



Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên

nghiệm x 2 cũng là nghiệm duy nhất của (*) 0.25

Câu 4 Cho các số thực x , y , z thỏa mãn

x y z  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Áp dụng BĐT Buniacovsky ta có:

F   x  y z   x  y z   x   x 

0.75 Xét hàm số: f x( )x22 2 3  x2 trên miền xác định  3 x 3

2 3

x

x



0.25

'( ) 0 ên (- 3; 3) 0

1

x

f x tr

x





 3 3,  0 2 6  1 5

max3; 3 f x( ) 5



Suy ra F2 18.5 F 3 10

Với x  y z 1 thỏa mãn x2 y2 z2 3 thì F 3 10 Vậy maxF 3 10 0.5

Câu 5

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1) và hai đường thẳng

d x y1:   1 0 , d2: 2x y  5 0 Gọi A là giao điểm của d và 1 d 2

1.Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng d1, đi qua điểm M và

tiếp xúc với đường thẳng d2.

2.Viết phương trình đường thẳng  qua M cắt d , 1 d lần lượt ở B và C sao cho ba 2

điểm A , B , C tạo thành tam giác có BC  3AB.

3.0

Ý 1.

Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R VìI d 1  I a a ;  1 0.25 (T) qua M và tiếp xúc d2 nên ta có:

2

5

  

 a2 26a 31 0  a13 10 2 0.25

 a13 10 2  I13 10 2; 14 10 2 ;    R 5 9 6 2   Phương

0.25

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM (1.5 đ) trình (T) là : x13 10 2  2  y14 10 2 2 5 9 6 2  2 (1)

 a13 10 2  I13 10 2; 14 10 2 ;    R 5 9 6 2  

Phương trình (T) là : x13 10 2  2  y14 10 2 2 5 9 6 2  2 (2)

0.25 Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) 0.25

Ý 2.

(1.5 đ)

Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x y 1 0 x 2 A(2;1)

2x y 5 0 y 1

 

Lấy điểm E3;2  d E1  A Ta tìm trên d 2 điểm F (F A ) sao cho EF = 3AE

Do F d 2  F x ;5 2 x

Khi đó EF = 3AE  x 323 2 x2 18

0.25

2

0;5 0

;

F x











       



(Cả hai điểm F này đều thỏa mãn F A ) 0.25

3









 0;5   3;3  :  0



Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là

:x y 0

   và : 7 x y  6 0 0.25

Câu 6

Cho tứ diện ABCD có AB a , AC b , AD c và BAC CAD DAB 60    0.

1 Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c

2 Cho a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a b c 2010   Tìm giá trị nhỏ nhất của

chu vi tam giác BCD

3.0

Ý 1.

(1.5 đ)

H

A

B

C

D E

F

 Không giảm tính tổng quát, giả sử a min {a;b;c} (cũng có thể giả sử a b c  )

Khi đó trên các cạnh AC , AD lần lượt lấy các điểm E và F saocho AE = AF = a

Ta nhận được tứ diện ABEF là tứ diện đều cạnh a

0.5

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

 Tính được thể khối tích tứ diện đều ABEF là a3 2

 Ta có :

2 ABEF

ABCD

Ý 2.

(1.5 đ)

Ta có BC AB2 AC2 2AB.AC.cosBAC  a2 b2 ab 0.25 Tương tự : CD b2c2 bc , DB c2a2 ca 0.25

Chu vi tam giác BCD là

P a b  ab  b c  bc  c a  ca 0.25

Ta có : 2 2 3 2 1 2 1 

Tương tự ta có: 2 2 1  2 2 1 

Suy ra : P a b c 2010   

Với a b c 670   thỏa mãn a b c 2010   ta có P 2010

Câu 7

Giải hệ phương trình sau:

3 3 3

x x y

y y z

z z x







2.0

Thay (2) vào (1) có : (z3 3 )z 3 3(z3  3 )z y (4)

Thế (3) vào (4) ta được :

3

(y 3 )y 3(y 3 )y 3 (y 3 )y 3(y 3 )y y (*)

           

0.5

Xét y   2; 2 , đặt y = 2cost ( t0; ) , ta có :

PT(*)

3

(8cos t 6cos )t 3(8cos t 6cos )t 3[(8cos t 6cos )t 3(8cos t 6cos )] 2cost t

0.5

3

(8cos 3 6cos3 ) 3(8cos 3 6cos3 ) 2cos

8cos 9 6cos9 2cos cos 27 cos

t  hoac t  m

0.25

Vì t0; nên , 0;12 , 1;14

t  k    l  

Từ đó PT (*) có 27 nghiệm phân biệt trên đoạn 2;2 là

2cos

13

k

y  với k 0;12 và 2cos

14

l

y  với l 1;14

0.25

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

PT (*) là PT bậc 27 nên có tối đa 27 nghiệm Từ đó trênR , PT(*) có 27 nghiệm

phân biệt

2cos

13

k

y  với k 0;12 và 2cos

14

l

y  với l 1;14 Thay các giá trị này của y vào (3) và (2) ta đi đến kết luận :

Hệ phương trình đã cho có các nghiệm là :

9 2cos 13 2cos 13 3 2cos 13

k x

k y

k z































và

9 2cos 14 2cos 14 3 2cos 14

l x

l y

l z





























 với k 0;12 và l 1;14

0,5

HƯỚNG DẪN CHUNG

+ Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước ,

yêu cầu thí sinh phải trình bầy và

biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm

+ Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm

+ Chấm từng phần Điểm toàn bài không làm tròn