GIẢI ĐỀ THI HSG LỚP 12 NĂM 2010 - NAM ĐỊNH

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NAM ĐỊNH NĂM 2010

A Trắc nghiệm: 1-B; 2-A; 3-D; 4-C

B Tự luận:

Câu I:

1) Có 2sin(2 ) 4sin 1 0 2(sin 2 cos cos 2 sin ) 4sin 1 0

3 sin 2x cos 2x 4sinx 1 0

2

3 sin 2x 2sin x 4sinx 0

⇔ + + = ⇔ sin (2 3 cosx x+ 2sinx+ = 4) 0 sin 0

3 cos sin 2 0

x

=



⇔ 

x k

π

=







sin cos cos sin 1

x k

π

=





, 5

2 , 6

π







*KL: Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x k= π,k Z∈ ; 5 2 ,

6

2) Có

( ) ( ) 8 2



0 0





 , ta thu được hệ:

12 0

3 6



⇔ 



* Nếu v = 0 hệ trở thành

3

2

0 6

u u

 =





=

 vô nghiệm Khi v≠0, hệ

12 0 (1)

3 6 (2)

v



⇔ 

 +) Đặt 0, 0

0

u u

v v

≥



= ≥  > , ta được pt: t3 + −t2 12t= ⇔ 0 t t( 2 + −t 12) 0 = ⇔ =t 0;t= 3;t= − < 4 0 (loại)

+ Với t=0 thì u=0, pt (2) trở thành −3v2=6 vô nghiệm; Với t=3 thì u=3v, pt (2) trở thành 6v2 =6

x

=

*KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất 9

1

x y

=



 =



* Cách khác:

3 6(3 2) ( 2)

3 6



⇔ 



⇔ + − = + ⇔ + − − + =

2

2

1

y y

y y

y y

x y

x y

 ≥



⇔ − + = ⇔ ⇔

=

 = +  





*KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất 9

1

x y

=



 =

 3) * ĐK: x>0 Ta có 2 log6 log6 log6

6 x+x x≤ ⇔12 (6 x) x +x x≤12⇔x x +x x≤12⇔x x ≤6 log6

log (x x) log 6 1

2

1

6

⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ * KL: Vậy bpt đã cho có nghiệm 1 6

6≤ ≤x

* Cách khác:

+) * ĐK: x>0 Đặt u=log6x⇔ =x 6u Thu được bpt: 6u2 +(6 )u u ≤ ⇔12 2.6u2 ≤12⇔6u2 ≤ ⇔6 u2≤1

6

1

6

⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ * KL: Vậy bpt đã cho có nghiệm 1 6

6≤ ≤x

Câu II:

1) +) Ta có y'=x3−3(m2−2 )m x2−4x xác định và liên tục trên R và y'' 3= x2−6(m2−2 )m x−4 xác định và liên tục trên R a) Hàm số đạt cực tiểu tại x=1khi và chỉ khi

2

2

'(1) 0 1 3( 2 ) 4 0

1 ''(1) 0 3 6( 2 ) 4 0

m





*KL: Vậy m=1 thì hàm số đạt cực tiểu tạix=1.

* Cách khác:

+) Hàm số đạt cực tiểu tại x=1thì y'(1) 0= ⇒ −1 3(m2−2 ) 4 0m − = ⇒ =m 1

+) Khi m=1, hàm số trở thành 4 3 2

1

2 2( ) 4

x

y= + −x x + C Ta có y'=x3+3x2−4x xác định và liên tục trên R ) ' 0y x 4;x 0;x 1

BBT: .Từ BBT ta thấy m=1 t/m ycbt *KL: Vậy m=1 thì hàm số đạt cực tiểu tạix=1

b) * Khi m=0, hàm số trở thành 4 2 2 2( )

4

x

+) Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y k x= ( − +0) 2

+) Đường thẳng d tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: (I)

4 2

3

2 2 ( 0) 2 4

4







 − =

 +) Có (I)

3

2 2 0;

3 4



⇔ 

 − =

 +) Với x = 0 thì k = 0, d có pt: y = 2;

+) Với x = 2 2

3

− thì k = 8 6

9 , d có pt:

8 6 2 9

y= x+ ; Với x = 2 2

3 thì k =

8 6 9

− , d có pt: 8 6

2 9

* KL: Vậy có ba đường thẳng đi qua A(0; 2) và tiếp xúc với (C) là: y = 2; 8 6 2

9

9

* Cách khác: Gọi T x y( ; ) ( ) 0 0 ∈ C 04 2

4

x

+) T/t của ( )C tại T x y( ; ) 0 0 có pt: y= y x'( )(0 x x− 0)+y0 ( ) ∆ Đ/t ( ) ∆ qua A(0; 2) khi và chỉ khi 2= y x'( )(00 −x0)+y0

0

0

0

3

x

x

=





⇔ ⇔  =±



+) Với x0 = 0 thì ( ) ∆ có pt: y = = 2;

+) Với x = 2 2

3

− thì ( )∆ có pt: 8 6

9

+) Với x = 2 2

3 thì ( )∆ có pt: 8 6 2

9

* KL: Vậy có ba đường thẳng đi qua A(0; 2) và tiếp xúc với (C) là: y = 2; 8 6 2

9

9

2) +) Đặt t=63x+1; (0) 1, (21) 2t = t = ⇒ =t6 3x+ ⇒1 6t dt5 =3dx⇒2t dt dx5 = và

2 3

3

3 1

3 1







Nên

+

+

1

3 2

2[( 2 ln 2 1) ( 1 ln 1 1)] ln

= − + − + − − + − + = + KL: Vậy 11 ln2

Câu III:

1) +) (C):x2+y2−2x+2y− = ⇔ −2 0 (x 1)2+ +(y 1)2 =22, nên (C) có tâm I(1; - 1) và bán kính R = 2

+) Do A và B là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến MA, MB của (C) kẻ từ M(-2; 1) Nên MA⊥IA và MB⊥IB Vậy A và B nằm trên đường tròn (C’) đường kính IM và { ; } ( ) ( ')A B = C I C .

+) Đường tròn (C’) đường kính IM, nên nó có tâm ( 1;0)

2

J − và bán kính 1

' 2

R = IM ( 2 1)2 (1 1)2 13

2

R

⇒ = − − + − = Nên (C’) có pt: 1 2 2 13 2 2

x+ + −y = ⇔x +y + − =x Khi đó tọa độ 2 điểm A và B thỏa mãn hệ:

KL: vậy đường thảng AB có pt/tr tổng quát là: x−2y− =1 0.

2) + (ABC) có phương trình theo đoạn chắn là: 1

1 2 3

+ + = Do M thuộc (ABC) nên 1 (1)

+) Từ OM ON = ≠1 0 suy ra 0

0



≠

uuuur ur uuuur ur Mà N thuộc tia OM nên: . , 0 (2)







uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur

+) Từ (2) ta có:

=







Nên (3) ⇔x x M N+y y M N+z z M N = ⇔1 t x( 2N+y N2 +z2N) 1 (4)=

+) Từ (1) và (4) suy ra: ( 2 2 2) ( 2 2 2) ( )

N N N

+) Vậy tọa độ điểm N thỏa mãn pt: ( 1)2 ( 1)2 ( 1)2 49

x− + −y + −z = là pt của một mặt cầu cố định tâm ( ; ; )1 1 1

2 4 6

K và bán kính 7

12

R= Chứng tỏ điểm N nằm trên một mặt cầu cố định

Câu IV:

+) Từ SA⊥(ABCD)⇒AB là hình chiếu vuông góc của SB trên (ABCD) và SA⊥AB nên SAB∆ vuông tại A Vậy góc giữa SB và (ABCD) là góc ∠ SBA = 600, nên SA = AB.tan∠SBA=tan 600 =a 3 Do 3

3

a SM

⇒ = ⇒SM =13SA và M ở giữa S và A

+) Ta có

// //

//

AD BC

=







I

+) Ta chứng minh bổ đề : Cho hình chóp S.ABC, các điểm H, I, K tương ứng thuộc các cạnh SA, SB, SC thì .

.

S HIK

S ABC

Thậy vậy: Gọi E, F thao thứ tự là hình chiếu vuông góc của A và H trên (SBC) thì S, E, F thẳng hàng và AE//HF HF SH

⇒ = Khi

đó: .

.

1 sin

1

2

S HIK SIK

S ABC SBC

∆

∆

∠

* Áp dụng bổ đề trên ta có: .

.

1

3

S MBC

S ABC

.

1 1 1

3 3 9

S MNC

S ADC

1

3

9

S MBC S ABC

S MBCN S MBC S MNC S ABC S ADC

S MNC S ADC





+) Do ABCD là hình chữ nhật nên

3

1 1 1. . 1. 3 .2 3

ABC ADC S ABC S ADC S ABCD ABCD

a

3

4 1. 2. ( 4 3)

S MBCN S MBC S MNC S ABCD S ABCD

a

Suy ra thể tích khối đa diện ABCDNM là

3

S ABCD S MBCN S ABCD

a

* Cách khác: +) Từ SA⊥(ABCD)⇒AB là hình chiếu vuông góc của SB trên (ABCD) và SA⊥AB nên SAB∆ vuông tại A Vậy góc giữa SB và (ABCD) là góc ∠SBA= 60 0, nên SA = AB.tan∠SBA=tan 600=a 3 Do M thuộc cạnh SA và 3

3

a

1

3

⇒ = và M ở giữa S và A

+) Ta có

// //

//

AD BC

=







I

và N ở giữa S và D

+) Do SA, SB, SD đôi một vuông góc và không đồng phẳngChọn htđ Axyz Khi đó

(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 ;0), (0;0; 3), ( ;2 ;0), (0;0; ).

3

a

A B a D a S a C a a M Từ SN=13SD và N ở giữa S và D ⇒SNuuur=13SDuuur

a a N

⇒

+) Có . 1 1 3 .2 2 3 3

S ABCD ABCD

a

+) . . . 1 , 1 , 3 3 3 3 4 33

S MBCN S MBC S MNC

+) Do đó . . 2. 3 3 4 33 14 33

S ABCD S MBCN

Câu V:

+) Đặt 2

3(1 4 )

x

x

π

1 2

+ + , dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi

1 4

2

Vậy ,

+) Khi đó hàm số trở thành ( ) sin( 3 ) cos 2 2sin ,

f t = − +t t+ t − ≤ ≤π t π

+) Ta có sin3t =sin(2t t+ =) sin 2 cost t+cos 2 sint t=2sin cost 2t+ −(1 2sin )sin2t t=3sint−4sin3t

Vậy ( ) sin 3 cos 2 2sin (3sin 4sin ) 1 2sin3 2 2sin ,

f t = − t+ t+ t= − t− t + − t+ t − ≤ ≤π t π

( ) 4sin 2sin sin 1,

u= t − ≤ ≤π t π ⇒ − ≤ ≤u

ta thu được hàm số 3 2 1 1

( ) 4 2 1,

f u = u − u − +u − ≤ ≤u

+) Có ( )f u liên tục trên 1 1;

2 2

− 

  và có:

f u = u − u− − ≤ ≤u

+) Trên 1 1; , '( ) 0

2 2

  có nghiệm

;

+) Ta có ( 1) 1; ( 1) 59, ( )1 1

* Vậy GTLN của hàm số đã cho là: 1 1

;

2 2

( ) ( ) { ( ); ( ); ( )}

 

 

Và GTNN của hàm số đã cho là: 1 1

;

2 2

min( ) min ( ) min{ ( ); ( ); ( )}

 

 