Sở giáo dục và đào tạo bắc giang Đề chính thức Đáp án-thang điểm đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm 2009 Môn thi: Toán, lớp 12 THPT Ngày thi: 05 tháng 04 năm 2009 Đáp án-thang điểm c
Trang 1Sở giáo dục và đào tạo
bắc giang
Đề chính thức
Đáp án-thang điểm đề thi chọn học
sinh giỏi cấp tỉnh năm 2009 Môn thi: Toán, lớp 12 THPT
Ngày thi: 05 tháng 04 năm 2009
Đáp án-thang điểm có 4 trang
Chú ý: Dới đây chỉ là sơ lợc từng bớc giải và cách cho điểm từng phần của
mỗi bài Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tơng ứng.
Câu I
5 điểm
1 (2 điểm) TXĐ của hàm số là R\{ }1
2
2
( 1)
( 1)
m
x
−
−
Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x khi hệ phơng trình ẩn x
2
2
2
(2 1)
1 ( 1)
1 ( 1)
x x
m x
−
có nghiệm
2 2
( 1) ( 1) (3)
Trừ vế theo vế của (2) và (3) ta đợc (m -1)x = m(m - 1).
Nếu m = 1 phơng trình có nghiệm x = 1(loại)
Nếu m ≠ 1 thì hệ (2) và (3) luôn có nghiệm x ≠ 1 (thỏa mãn).
Vậy m ≠ 1 thì d tiếp xúc với đồ thị hàm số (1)
0,25
0,25
0,5
0,25 0,5 0,25
2 (3 điểm) m = 2 hàm số (1) trở thành 3 4
1
x y x
−
=
− có đồ thị là (C).
Gọi A(xA; yA) B(xB; yB) ∈ (C) và đối xứng nhau qua d.
Vì AB ⊥d nên phơng trình AB có dạng y = 1
2
− x + n
xA, xB là nghiệm của phơng trình
x
Theo Vi-et ta có x A+x B =2n−5
A B
n
+ = − + ⇔ =
Với n = 4 thì xA; xB là nghiệm phơng trình x2 -3x = 0 ⇔ 0
3
x x
=
=
Vậy các điểm cần tìm là (0; 4) và (3; 5
2).
0,5 0,5
0,5 0,5 0,5 0,5
Câu II
4 điểm
1 (2 điểm) Điều kiện x ≥ 1
Với điều kiện đó phơng rình đã cho tơng đơng với
(3 x+ − +6 2) ( x− − =1 1) x2−4 0,5
0,5 0,25
Trang 2
2
2 3 3
2 3 3
4
1 1
2 0
2 (1)
1 1
x x
x
x x
− +
− =
Vì x ≥ 1 nên VT(1) ≤ 3 13 1 2
49 2 7 4+ <
+ + và VP(1) > 2
Nên (1) vô nghiệm
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2
0,5 0,25
2 (2 điểm) Điều kiện sin2x ≠ 0
Nếu cot x > 0 phơng trình đã cho trở thành
2
cot tan
sin sin cos sin cos 2 cos 2cos cos 1 0 cos 1( )
1 cos
2
x
x
=
= −
2
2 ( )
cos
2 2
2 ( ) 3
x
= +
= − ⇔
= − +
Nếu cot x < 0 phơng trình đã cho trở thành
sin sin cos sin
⇔ cos x = -1 (l).
KL
0,25 0,5 0,25
0,5
0,25 0,25
Câu III
5 điểm
1 (2 điểm) Vì B ∈ d ⇔ B(a; 3) và C ∈ Ox ⇔ C(b; 0)
∆ABC đều ⇔ AB 2 = BC 2 = CA 2
( 1) 4 ( 1) 1
(Điều kiện a, b ≠ 1)
Đặt b -1 = t(a - 1) do b - 1 ≠ 0
Hệ phơng trình trở thành
2 2
2 2
( 1) ( 1) 3 ( 1) ( 2 ) 5
Chia vế thêo vế của hai phơng trình của hệ ta đợc
1 2 5 4
t t
= −
=
2
t= − thay vào hệ đợc kết quả: vô nghiệm
+) 5
4
t= thay vào hệ ta thu đợc
Vậy các điểm cần tìm là
0,25 0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
Trang 34 3 5 3
B + C + hoặc (1 4 3;3), (1 5 3;0).
2 (3 điểm)
P
N
F E
D A
B
C
S
M H
a) (1 điểm) Tính đợc khoảng cách từ S đến BE bằng 22 8 22
4
a
+
b) (2 điểm) H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (SBD)
Học sinh chứng minh đợc H là trực tâm tam giác SBD.
Gọi các đờng cao của tam SBD là SM, BN, DP
Từ đó ta có α = ãHMA,β =HNAã ,γ =HPAã .
2
cos
Tơng tự ta chứng minh đợc:
2 2
2 2 2
2
AH cos
AB AH cos
AD
β γ
=
=
Mặt khác ta chứng minh đợc 1 2 12 12 12
Suy ra cos2α+cos2β+cos2γ =1
Ta dễ dàng chứng minh đợc
(cosα +cosβ+cosγ) ≤3(cosα +cos β+cos γ)=3
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
1 đ 0,5 0,25
0,25
0,5
0,5
Câu IV
4 điểm
1 (2 điểm) Ta có I =
+
+) I1 =
2
2
2
4 sin
xdx x
π
π
−∫ −
Đặt x = -t, ta tính đợc I1 = 0
+) I2 =
2
2
2
4 sin
cosxdx x
π
π
2
2 2
(sin ) 1 2 sin
ln
4 sin 4 2 sin
π
−
−
= −
2
Vậy I = I1 + I2 = 1ln 3
2
0,5
0,5 0,75 0,25
2 (2 điểm) Điều kiện 10 - 3x > 0 , n ≥ 3, n ∈ N
Số hạng thứ 6 trong khai triển Niutơn củanhị thức là: 0,25
Trang 45( 2log(10 3 )) ( 2n 5 5 (x 2)log3 5) 21.
n
C − − − = (1)
Theo giả thiết 1 3 2 2
2
7
n
n
=
Với n = 7 thì (1) trở thành log[(10 3 )3 2 ] 2
2 − x x− = ⇔1 (10 3 )3− x x− =1
Giải phơng trình trên ta đợc x = 2 hoặc x = 0
Kết luận:
0,25 0,5 0,5 0,5
Câu V
2 điểm
Do x, y, z dơng nên theo BĐT Cô - si, ta có
xy+ yz+ zx≥ xy yz zx
(x y z) +(x y z) =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
3.
0,5
0,5 0,5
0,5
