Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60o.. b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC.. Lập phương trình mặt phẳng P đi qua A, B và cách đều C, D.. Thí si
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 21/03/2014
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 01 trang, gồm có 5 câu
Câu I (4,0 điểm)
Cho hàm số y = − ( 2 m x ) 3− 6 mx2+ 9 2 ( − m x ) − 2 có đồ thị (Cm).
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m = 1.
2 Tìm m để đường thẳng d: y = - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; -2), B và
C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13.
Câu II (4,0 điểm).
1 Giải phương trình: 3cos 4 x − 2sin2x + = 2 0
2 Giải hệ phương trình: x x 8 y x y y
x y 5
− =
Câu III (4,0 điểm).
1 Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
log x+1 + =2 log 4− +x log 4+x
Câu IV (4,0 điểm).
1 Tìm hệ số của số hạng chứa 8
x trong khai triển nhị thức Niutơn của (x2+2)n, biết: A n3−8C n2+C1n =49, (n N n∈ , ≥3).
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0
và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0 Gọi I là giao điểm của (d) và (d') Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc
bằng 60o.
Câu V (4,0 điểm).
1 Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a,
góc · o
BAD 60= Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.
a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.
b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC Tính giá trị cos BMD· .
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;1), B(2;0;6),
C(3;2;0) , D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều
C, D.
……… HẾT……….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Số báo danh
Trang 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ( Đề chính thức )
Lớp 12 BỔ TÚC THPT
Ngày thi: 21/03/2014 Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang
Khi m = 1
⇒ y x= −3 6x2+9x−2
• TXĐ: D = R
3 2
→−∞ − + − = −∞, lim ( 3 6 2 9 2)
3
x
x
=
0,50
• BBT:
x -∞ 1 3 +∞
y/ + 0 - 0 +
2 +∞
y
- ∞ -2
0,50
Hàm số đồng biến: (-∞; 1),(3;+ ∞) Hàm số nghịch biến: (1;3)
fCĐ = f(1) = 2
fCT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0 ⇔ =x 2=>y=0 Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng
0,50
0,50
2 Tìm m để đường thẳng d: y= - 2 cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và
Phương trình hoành độ giao điểm là:
2−m x −6mx +9 2−m x− = −2 2
2 m x 6mx 9 2 m x 0
0
x
=
0,50
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2)
có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:
2
m
m m
Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB≠xC (xB; xC là hai nghiệm của phương trình (2))
0,50
Trang 3Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + 2 = 0 => h = 2
Theo bài ra ta có
1
2
S ∆ = h BC= ⇒BC= ⇔ x +x − x x =
Theo định lý viét ta có:
6 2 9
B C
B C
m
x x
m
x x
+ =
(4)
Thay (4) vào (3) ta được:
6
m m
=
0,50
0,50
1 Giải phương trình: 3cos 4 x − 2sin2 x + = 2 0 (2,0 điểm)
Phương trình ⇔ 3 2cos 2 ( 2 x − − − 1 ) ( 1 cos 2 x ) + = 2 0
0,50 2
6cos 2 x cos 2 x 2 0
1 cos 2
2 2 cos 2
3
x x
⇔
arccos( )
6
k Z
π
−
= ± +
là nghiệm
0,50
0,50
2
Giải hệ phương trình: x x 8 y x y y
x y 5
− =
ĐK: x ≥ 0; y ≥ 0
0,50
Hệ phương trình tương đương với:
x 1 (x 1) x (y 8) y
x(x 1) y(y 8)
y x 5
y x 5
>
0,75
⇔
2
x 1
x 1
x 9
y x 5
y x 5
y 4 5
3
>
>
= −
Từ đó, hệ có nghiệm duy nhất: x 9
y 4
=
=
1 Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 1 và m + n + p = 5 Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
(2,0 điểm)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a.m b.n c.p+ + ≤ (a + +b c )(m +n +p ) = m +n +p
⇒ A a.m b.n c.p m.n n.p p.m m.n n.p p.m= + + + + + ≤ + + + m2+n2+p2
0,50
Trang 4Đặt: m.n + n.p + p.m = t.
Ta có: m.n n.p p.m 1(m n p)2 25
3
≤
Và: m2 + n2 + p2 = (m + n + p)2 – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t 0,50 Vậy A≤ 25 2t t f (t)− + =
Ta có: f (t) 1′ = − 25 2t1 >0, t∀ ≤ 253
− ⇒ f(t) tăng trên ( ;25
3
−∞
⇒ A f (t) f( )25 25 5 25 5 3
Đẳng thức xảy ra khi:
5
m n p
3 1
a b c
3
= = =
= = =
Vậy: max A 25 5 3
3
+
= đạt được khi m n p 5
3
3
0,50
2
log x+1 + =2 log 4− +x log 4+x (2,0 điểm)
Điều kiện:
1 0
1
x
x x
x x
+ ≠
− > ⇔
+ >
0,50
2
+ Với − < <1 x 4 ta có phương trình x2+4x− =12 0 ( )
2 6
x x
=
+ Với − < < −4 x 1 ta có phương trình 2
x − x− =
2 24
x x
= −
⇔
= +
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x=2hoặc x=2 1( − 6) 0,50
1
Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của (x2+2)n,
biết :
An3 − 8 Cn2 + Cn1 = 49, ( n N n ∈ , ≥ 3) .
(2,0 điểm)
3 2
8 ( 1)
2
n n
−
Khi đó:
7
7 0
( 2)n ( 2) k k 2k
k
=
+ = + =∑
0,50
Số hạng chứa x là 8 ⇔2(7− = ⇔ =k) 8 k 3
0,25
Hệ số của x là 8 C73.23 =280
0,50
2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0 và (2,0 điểm)
Trang 5đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0 Gọi I là giao điểm của (d) và (d') Viết
phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60 o
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ 3x 4y 25 0 x 3 ( )
7 I 3 83;
7 14
14
= −
0,50
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm, n (A; B)r = (A2 + B2 > 0) là véc-tơ pháp tuyến của
∆
Khi đó, do Ox có véc-tơ pháp tuyến j (0;1)r = nên từ giả thiết bài toán ta có:
( )
o
2 2
| B | 1
cos 60 cos n; j
+
r r
⇔ A2 + B2 = 4B2⇔ A2 = 3B2 0,50
Do A2 + B2 > 0 nên chọn A = 3 ⇒ B= ± 3 0,25 Với A = 3, B= 3 ⇒ Phương trình ∆: 3 x( )3 3 y( )83 0
⇔ 3x 3y 9 83 3 0 42x 14 3y 18 83 3 0
7 14
Với A = 3, B= − 3 ⇒ Phương trình ∆: 3 x( )3 3 y( )83 0
⇔ 3x 3y 9 83 3 0 42x 14 3y 18 83 3 0
Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán:
∆1 : 42x 14 3y 18 83 3 0+ + − = , ∆2 : 42x 14 3y 18 83 3 0− + + = .
0,25
0.50
1 Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc
BAD 60= Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.
a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.
b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC Tính giá trị cos BMD ·
(2,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra ∆SAC cân, ∆SBD đều cạnh bằng a
Gọi H = AC ∩ BD ⇒ SH là đường cao của hình chóp S.ABCD
0.50
ABCD
Trang 6Do đó: V 1SABCD.SH a3
∆MBD cân tại M, MH là đường phân giác của góc ·BMD
Đặt ·BMD 2= α
Trong ∆SAC, MH là đường trung bình ⇒ MH SA
2
a 3
2
= = ⇒∆SHA vuông cân tại H ⇒ SA a 3 MH a 3
0.50
Trong ∆BMH ta có tan tan BMH· BH 2
Từ đó: cos2 1 2 9 cos 2 2cos2 1 1
1 tan
Vậy: cos BMD· 1
5
=
0.50
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;1;1); B(2;0;6);
C(3;2;0) ; D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều
C, D.
(2,0 điểm)
+ Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P)
) 2
; 2
; 4 ( ), 5
; 1
;
1
Pt (P) là 2(x−1)−3(y−1)−1(z−1)=0⇔2x−3y−z+2=0 0,50 + Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung
điểm M(5;3;1) cuả CD
) 0
; 2
; 4 ( ), 5
; 1
;
1
0,50
PT(P) là −5(x−1)+10(y−1)+3(z−1)=0⇔−5x+10y +3z−8=0
Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0
0,50
Hết -Chú ý:
1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.