Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Viết phơng trình tiếp tuyến với đồ thị C kẻ từ điểm M-2; 1.. Cho hình lập phơng ABCDA'B'C'D' cú cạnh bằng a.. Chứng minh rằng MN ⊥ AC'
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 :
( )
−
=
−
+
⋅
= + + + x y x y
y x y
x y
log
3 2
3 Tìm các giá trị của tham số m để bất phơng trình (x+ 4)(6 −x) +x2 − 2x≥m nghiệm
đúng với mọi x ∈ [− 4 ; 6]
Bài 3: (3 điểm)
1 Tính tích phân: I = ∫9
2
cos
π
x
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 (α) 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 tan A+ B + C + A⋅ B⋅ C ≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi n o ?à
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 x>11 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
0,75
Trang 32
1đ 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
⇔ − + =
có nghiệm
0,25
0,25
(1)
2
1 0
2
3 3
9
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
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≠ +π k π
suy ra
2 t
− + với t ∈ Z
* cosx =
2
2
2 3
= +
⇔
= − +
với m; n ∈ Z
Phương trình đã cho có ba họ nghiệm là:
2 t
3 m
π + π
và x = 2
3 n
− + với t, m, n ∈ Z 2
2đ
Điều kiện:
>
−
≠ +
>
+
0 1 0
y x
y x
y x
Hệ phương trình đã cho ( )
( )
−
=
−
= + +
− +
⇔
+ x y x y
y x y
x y
log
0 2 3
2
( )
=
−
= +
⇔
−
=
−
= +
= +
+
y x y
x
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⇒ 4t = 4t
Nhận thấy: t = 1 và t =
2
1
là nghiệm của phương trình
0,5
Trang 4Xét hàm số f(t) = 4t 4− t (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
=
=
=
=
⇔
=
−
= +
=
−
= +
4 3 4 9 2 3 2 5
2 1 4 1 4
y x y x
y x
y x
y x
y x
0,5
3
2đ
Đặt t = (x+ 4)(6 −x) = −x2 + 2x+ 24 = 25 −(x− 1)2 ⇒ 0 ≤t ≤ 5
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
t
I = 3 2
0
2 os
tdt
π
Đặt
os
u t
du dt dt
dv
=
I = 2t tant
d c
I = 2 3
2ln 2
3 π −
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)
Trang 5* 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
* 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
5 điểm
1
2đ Đặt AA'=a;AB=b;AD=c thì a = b = c =a; AC'=a+b+cvà
a a
x D c a
x
c a
x b
a a
x a a
x c b c a
x DN AD BA MB
− +
−
⋅
=
⋅ + +
−
⋅
−
= + + +
=
1
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
2 2
1 6
2
a x a
x
(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
Trang 62đ Gọi giao điểm của (α) 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 (α): + + = 1
c
z b
y a x
Do (α ) đi qua điểm M ⇔ 1 +2+3= 1
c b a
Thể tích tứ diện OABC là V Bh OA OB OC abc
6
1 2
1 3
1 3
=
Áp dụng bắt đẳng thức Côsi,ta có:
27 6
27 6
27 1
6 3 3 2 1
abc abc
c b a
Giá trị nhỏ nhất của V = 27 đạt được khi
3
1 3 2
1 = = =
c b
b = 6; c = 9 Phương trình mặt phẳng (α ) là: 1 6 3 2 18 0
9 6
3x+ y + z = ⇔ x+ y+ z− =
0,5 0,5
0,5
0,5
Bài 5
2 điểm
Không mất tính tổng quát, giả sử A≥B≥C
2
A tan 2
tan 2
tan 4
2 2
Đặt x = tan
2
A
; y = tan
2
B
; z = tan
2
C
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
−
Vì xy + yz + xz = tan
2
A
tan
2
B
+ tan
2
B
tan
2
C
+ tan
2
A
tan
2
C
= 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
Vì x + y + z ≥ 3 nên
9
3 10 1
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