2 Tìm các giá trị của m để đồ thị C m 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 m
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 (m+1)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 m) có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau
Câu II (6,0 điểm)
1) Giải phương trình: cos 2x+cos3x−sinx−cos 4x=sin 6 x
2) Giải bất phương trình: 6(x2−3x+ +1) x4 +x2 + ≤1 0 (x∈ )
3) Tìm số thực a để phương trình:9 x + =9 a3 cos(x πx), chỉ có duy nhất một nghiệm thực
.Câu III (2,0 điểm) Tính tích phân:
2
3 0
sin
sin 3 cos
x
π
=
+
∫
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 = Tìm ,y x y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất 2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng Δ:x y− + = và hai elíp 5 0
1
25 16
E + = , ( ) :E2 x22 y22 1 (a b 0)
a +b = > > có cùng tiêu điểm Biết rằng ( )E2
đi qua điểm M thuộc đường thẳng Δ Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( )E có độ dài 2
trục lớn nhỏ nhất
3) Trong không gian Oxyz cho điểm , M(0;2;0) 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 Δ Δ lần lượt tại A, B thoả mãn 1, 2 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 2SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm có 4 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT
Ngày thi: 24 - 3 - 2011
Với 1,m= − ta được hàm số y x= 3−3x+ 1
Tập xác định: Giới hạn tại vô cực: lim , lim
→+∞ = +∞ →−∞ = −∞
Sự biến thiên: y' 3= x2− = ⇔ = ± 3 0 x 1
0,5
y > ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng x
(−∞ − và (1;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
1)
2,0đ
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3)
Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng
0,5
Ta có y' 3= x2−2(m+1)x− +4 m2, là tam thức bậc hai của x
y' có biệt số Δ = −' 2m2+2m+13
Nếu ' 0Δ ≤ thì ' 0,y ≥ ∀ , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn x
0,5
Nếu ' 0 1 3 3 1 3 3;
⎝ ⎠, thì ' 0y = có hai nghiện x x x1, 2 ( 1<x2).
Dấu của y':
0,5
Câu I
4,0 đ
2)
2,0đ
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'( ) '( )0 = − ⇔ pt:1 2 2
0
1
'( )
y x
-2 -1
-1
1
1
3
2
x
y
O
x y' y
−∞
−∞
+∞
+∞
1
−
1
−
1
3
'
y
1
+
Trang 3nghiệm Pt (1) có: 2
1
0
y x
Vậy giá trị cần tìm của m là 1 3 3 1 3 3;
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
0,5 0
) 3 cos )(sin
1 3 sin 2
1)
2,0đ
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
=
+
=
+
=
+
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=
=
⇔
π π
π π
π π
π π
π
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
Tập xác định: . BPT⇔6 2(( x2− + −x 1) (x2+ +x 1))+ 6(x2− +x 1)(x2+ + ≤ x 1) 0
0,5
Đặt:
2 2
1
t
− +
=
+ + (t > 0), ta được
2
2t + − ≤ t 6 0 0 3
2
t
Câu II
6,0 đ
2)
2,0đ
BPT đã cho tương đương với 2
2 2
2
9x + =9 a3 cos(x πx)⇔3x +3 −x =a.cos(πx) (2)
Nhận xét: Nếu x là nghiệm của (2) thì 0 2 x− cũng là nghiệm của (2), 0
0,5
suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là x0 = −2 x0 ⇔x0 = 1
Với x0 = , thì từ (2) suy ra 1 a= − 6
0,5
3)
2,0đ
Với 6,a= − thì phương trình (2) trở thành 3x +32 −x = −6cos(πx) (3)
Ta có VT(3) 6,≥ VP(3) 6.≤ Vậy
2
6cos( ) 6
x x
π
−
⎩ Vậy a= − 6
1,0
Ta có: sin 1(sin 3 cos ) 3(cos 3 sin )
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )'
0,5
Câu
III
2,0đ
+
Trang 4
cos
6
dx
x
π
+
2 0
tan
π
π
0,5
Kẻ DH ⊥MN , do (DMN) ⊥ (ABC) suy ra DH ⊥ (ABC)
Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC 0,5
Ta có: SAMN =
2
1 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)
Suy ra xy
4
3
= 3
3 4
1 (x+y)⇒ x+y= 3xy (0 ≤ x,y≤ 1 )
0,5
1)
2,0đ
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
= 3 xy + 3xy(3xy 1)
6
xy x y= + ≥ xy ⇒ xy ≥ ⇒xy≥
Suy ra min 3(4 2),
9
3
x= =y
0,5
0,5
Hai elíp có các tiêu điểm F1( 3;0),− F2(3;0) 0,5 Điểm M ∈( )E2 ⇒MF1+MF2 =2a Vậy ( )E có độ dài trục lớn nhỏ 2
nhất khi và chỉ khi MF1+MF2 nhỏ nhất
0,5
Gọi ( ; )N x y là điểm đối xứng với F1 qua Δ , suy ra ( 5;2).N −
Ta có: MF1+MF2 =NM MF+ 2 ≥NF2 (không đổi)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M =NF2∩ Δ
0,5
2)
2,0đ
Toạ độ điểm
17
5
x
x y
y
⎧ = −
⎪
⎪⎩
0,5
Câu
IV
6,0đ
3)
2,0đ
Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt
A∈ Δ ⇒ A + t − t − +t B∈ Δ ⇒ B + s − − s s
Suy ra uuurAB=(2 2(+ s t− − −); 3 2(s t− ); 1 (+ −s t))
0,5
H
A
B
C
D
M
N
Trang 5GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
1
9
s t
s t
− = −
⎡
⎢
⎢ − = −
⎣
0,5
Với s t− = − ⇒1 uuurAB=(0; 1;0)− ⇒ (P) có một vtpt nur1=⎡⎣uuur rAB i; ⎤⎦=(0;0;1), suy ra ( ) :P z = (loại do (P) chứa trục O x ) 0
0,5
s t− = − ⇒uuurAB= ⎜⎛⎝− − − ⎞⎟⎠, suy ra ( )P có một vtpt 2 ; (0; 4 1; )
9 9
n =⎡AB i⎤= −
uur uuur r
, suy ra ( ) : 4P y z− − = (thỏa mãn bài toán) 8 0
0,5
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= 3−3x+ suy ra pt (3) có ba nghiệm thực , ,1, a b c
khi và chỉ khi 1− ≤abc+ ≤ ⇔ − ≤1 3 2 abc≤ 2
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
=(a2+b2+c a2)( 4+b4+ −c4 a b2 2−b c2 2 −c a2 2) =(a2+b2+c2 3) −3(a2+b2+c2)(a b2 2+b c2 2+c a2 2) 216 18.9 54= − =
0,5
Câu V
2,0đ
2
P= abc + ⇒ P= khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2, hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2
0,25
