2 Tìm các giá trị của m để đồ thị C có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.. 1 Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1.. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặ
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
Đề chính thức
Số báo danh
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học 2010- 2011
Môn thi: Toán Lớp: 12 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu I (4,0 điểm).
Cho hàm số y x 3 (m1)x2 (4 m x2) 1 2m ( m là tham số thực), có đồ thị là ( C m)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m 1
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị ( C có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau m)
Câu II (6,0 điểm).
1) Giải phương trình: cos 2xcos3x sinx cos 4xsin 6 x
2) Giải bất phương trình: 6( x2 3 x 1) x4 x2 1 0 (x )
3) Tìm số thực a để phương trình: 9 x 9 a3 cos(x x), chỉ có duy nhất một nghiệm
thực Câu III (2,0 điểm) Tính tích phân:
2
3 0
sin
x
Câu IV (6,0 điểm).
1) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1 Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc
các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Đặt
AM x, AN y Tìm ,x y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất.
2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng :, x y 5 0 và hai elíp
1
25 16
a b có cùng tiêu điểm Biết rằng ( )E đi qua2
điểm M thuộc đường thẳng Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( )E có độ dài trục lớn2 nhỏ nhất
3) Trong không gian Oxyz cho điểm (0;2;0), M và hai đường thẳng
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục O x, sao cho (P) cắt hai đường thẳng 1,2 lần lượt tại A, B thoả mãn AB 1
Câu V (2,0 điểm) Cho các số thực , , a b c thoả mãn:
3
ab bc ca
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a 6 b6 c6
HẾT .
Thí sinh không được sử dụng tài liệu
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm có 4 trang)
NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT
Ngày thi: 24 - 3 - 2011
Câu I
4,0 đ
1)
1,
m ta được hàm số y x 3 3x1
Tập xác định: Giới hạn tại vô cực: limx y, limx y .
Sự biến thiên: y' 3 x2 3 0 x1
0,5
Trang 3' 0 ( ; 1) (1; ).
( 1) và (1;)
y x Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;1). Điểm cực đại của đồ thị ( 1;3), điểm cực tiểu của đồ thị (1; 1).
0,5
Bảng biến thiên:
0,5
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3)
Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng
0,5
2)
y' có biệt số ' 2m22m13
Nếu ' 0 thì ' 0,y x, suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn
0,5
, thì ' 0y có hai nghiện x x x1, 2 ( 1x2)
Dấu của y':
0,5
Chọn x0( ; )x x1 2 y x'( ) 0.0 Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao
cho y x y x pt:'( ) '( )0 1 2 2
0
1
'( )
y x
0
y x
0,75
m
Câu II
6,0 đ
1)
2,0đ
PT (cos 2x cos 4x) sinx (cos 3x 2 sin 3x cos 3x) 0
0 ) 3 cos 3
cos 3 sin 2 ( ) sin 3 sin sin 2
0 ) 3 cos )(sin
1 3 sin 2
-2 -1
-1
1 1
3
2
x
y
O
x y' y
1
1
1
3
'
y 0 x1 x 02
Trang 4
k x
k x
k x
k x
x x
x
4
2 8
3
2 18 5
3
2 18
2 cos 3
cos
2
1 3 sin
(k )
0,5
0,5
2)
2,0đ Tập xác định:
. BPT 6 2( x2 x1) ( x2 x 1) 6(x2 x1)(x2 x 1) 0
0,5
1
t
(t > 0), ta được2t2 t 6 0 3
0
2
t
BPT đã cho tương đương với 2
2 2
3)
2,0đ
2
9x 9 a3 cos(x x) 3x 3 x a.cos(x) (2)
Nhận xét: Nếu x là nghiệm của (2) thì 0 2 x 0 cũng là nghiệm của (2),
0,5
suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là x0 2 x0 x0 1
Với x , thì từ (2) suy ra 0 1 a 6
0,5 Với a thì phương trình (2) trở thành 6, 3x 32 x 6cos(x) (3)
Ta có VT(3) 6, VP(3) 6. Vậy
2
x x
Vậy a 6
1,0
Câu
III
2,0đ
1 3
0,5
cos
6
dx
x
0,25 0,75
2
tan
0,5
Trang 56,0đ Ta có: S
AMN =21 AM.AN.sin600 = xy
4
3
; SAMN = SAMH + SANH
=
2
1
.AM.AH.sin300+
2
1
.AN.AH.sin300 =
3
3 4
1 (x+y)
4
3
=
3
3 4
1
(x+y) x+y= 3xy (0x,y1 )
0,5
Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN:
S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN
=
2
1
AD.AM.sin600+
2
1
AD.AN.sin600
+
2
1
DH.MN +
2
1
AM.AN.sin600
= 3xy + 3 xy ( 3 xy 1 )
6
6
xy x y xy xy xy
9
3
x y
0,5
0,5
2)
( 3;0), (3;0)
Điểm M ( )E2 MF1MF2 2a Vậy ( )E có độ dài trục lớn nhỏ 2 nhất khi và chỉ khi MF1MF2 nhỏ nhất
0,5
Gọi ( ; )N x y là điểm đối xứng với F qua , suy ra ( 5;2).1 N
Ta có: MF1MF2 NM MF 2 NF2 (không đổi)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M NF2
0,5
Toạ độ điểm
17
5
x
x y
y
0,5
3)
2,0đ
Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt
Suy ra AB2 2( s t ); 3 2( s t ); 1 ( s t )
0,5
1
9
s t
s t
0,5
Với s t 1 AB(0; 1;0)
(P) có một vtpt n1 AB i; (0;0;1)
, suy ra ( ) :P z (loại do (P) chứa trục O x ).0
0,5
H A
B C
D
M N
Trang 6Với 13 8; 1 4;
s t AB
,
suy ra ( )P có một vtpt 2 ; (0; 4 1; )
9 9
n AB i
, suy ra ( ) : 4P y z 8 0 (thỏa mãn bài toán)
0,5
Câu V
0
Ta có: , ,a b c là ba nghiệm thực của phương trình ( x a x b x c )( )( ) 0
Từ đồ thị hàm số y x 3 3x1, suy ra pt (3) có ba nghiệm thực , ,a b c
khi và chỉ khi 1 abc 1 3 2abc2
abc , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2.2 abc , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2.2
0,5
P a b c P abc
(a2b2c2)(a4b4c4 a b2 2 b c2 2 c a2 2) (a2 b2 c2 3) 3(a2b2 c2)(a b2 2 b c2 2c a2 2) 216 18.9 54
0,5
2
hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2
0,25
GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
