Đáp án đề thi HSG 12 năm 04 - 05

Bài toán giải theo cách khác, nếu đúng thì cho điểm tơng tự nh cách giải trên.. Nếu quá trình giải sai mà kết quả đúng thì không cho điểm.. Nếu ở kết quả thí sinh không ghi đơn vị hoặc g

Trang 1

Sở giáo dục đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Bắc Giang Năm học 2004 – 2005 2005

Hớng dẫn chấm Môn Toán lớp 12

Đề chính thức Bản hớng dẫn này có 04 trang

Câu 1)

(2 đ) xR ta có: y’ = (m +1)x

2 – 2(2m +1)x +m + 3

Hàm số đồng biến trên [2;+∞) y’ ≥ 0 x[2;+∞)

Gọi T là tập nghiệm của bất phơng trình y’ ≥ 0

+) Nếu m = -1 ta có y’ = 2x +2 ≥ 0 ↔ x ≥ -1

 T= [-1;+∞)  [2;+∞)  T  m= -1 thoả mãn

+) Nếu m < -1 có T =  hoặc T = [x1,x2]

 [2;+∞)  T  m < - 1 không thoả mãn

+) Nếu m > -1 xét ’ = 3m2 -2

*) Nếu

3

2

m 



 3

2  T = R  T [2;+∞) thoả mãn

*) Nếu















3

2 1

3 2

m

 T= (-∞; x1][x2; +∞)

T[2;+ ∞)  x1< x2 ≤ 2

 















0 2 2

0 ) 2 ( ' y ) 1 m (

0 '

















1 m 3 2

3

2 m

1

Tóm lại ta đợc kết quả bài toán là: - 1 ≤ m < 1

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,5 0,25 Câu 2)

(2 đ) Với m = 2 ta có: y = x

3 -5x2 +5x +3  y’ = 3x2 -10x +5

Gọi phơng trình tiếp tuyến qua A(1; 4) là y = k(x- 1) +4

Ta có hệ: 

















k x

x

) x ( k x

x x

5 10 3

4 1 3

5 5

2 2 3

  























3 2 5

10 3

0 2 5 4 2 2 3

k k x

x k

x x x

Phơng trình tiếp tuyến 1: y = - 2x + 6

Phơng trình tiếp tuyến 2: y = - 3x +7

0,25 0,5

0,75 0,5

Câu 1)

(2 đ) Từ hệ  0 < x < y

Rút y từ (1), thay vào (2) đợc x 7 (3)

x x

) x x 3 (

3

















Đặt t  x  t >0 (3) trở thành

( t ) 2 t 9 9 t 6 27 t 3 7 t 27 0 ( 1 ) (4)









0,25 0,25 0,5 0,5

Trang 2

Mà f ' ( t )   ( 54 2  54 ) t 5  5  0  f(t) đồng biến trên (0;+)

Vậy (4)  t =1 Từ đó đợc nghiệm của hệ đã cho là (x ; y)=(1; 2) 0,5 Câu 2)

(2 đ) Ta có: A < B < C  a < b < c  sinA < sinB < sinC  Txđ của phơng trình: D = [sinC; +∞) Gọi phơng trình đã cho là

A sin x

B sin x A sin x

C sin x : ) x ( ) 1









Vì sinA < sinB < sinC nên f(x) xác định, liên tục trên D

Ta có f(sinC) =  1  0



 A sin C sin

B sin C

lim y

x   = 1    > sinC sao cho f() > 0

 f(sinC).f() < 0 với mọi A < B < C Từ đó suy ra phơng trình

f(x) = 0 (  (1) ) luôn có nghiệm với mọi A < B < C

0,25 0,25 0,5 0,5 0,5

Câu 1)

(2 đ) Gọi bất đẳng thức cần chứng minh là (1).Xét P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d) = x4 – S1x3 + S2x2 – S3x + S4

P’(x) có ba nghiệm dơng phân biệt m, n, t Ngoài ra, theo định lý Viét

có



















4 S mnt

2 S tm

nt mn

4 S 3 t

n m

3

2 1

Từ giả thiết có mn +nt + tn +mnt = 4 (2)  nt < 4  4 - nt > 0 (2’)

Lập luận: (1)  …  m + n + t  mn + nt + tm (3)

Lập luận trong ba số có hai số hoặc cùng  1, hoặc cùng  1

Giả sử đó là n và t  (1- n)(1- t)  0 (4)

Rút m từ (2), thay vào (3) ta đợc

(3)  …  (4- nt)(1- n)(1- t) +(n - t)2 ≥ 0 (3’)

Từ (2’) và (4) ta thấy (3’) luôn đúng  (3) đúng (đpcm)

0,25

0,5

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 2)

(2 đ)

Ta có : 0< A, B, C <   0 <

2 2









B A B A

AB

 sin

2

sin B A



 Chứng minh tơng tự suy ra

2 2

2

2 2

sin C B sin B A sin A C

CA sin C B

BC sin B A

AB



minh bổ đề: Với x, y, z (0; ) thì

sinx + siny + sinz ≤ 3sinx3yz



2

3 3 2 2



sin C B sin B A sin

Từ đó suy ra

2

3 3 2

2 2





CA sin C B

BC sin B A

AB sin Dấu bằng xảy ra  … …  A = B = C  Tam giác ABC đều

0,25 0,25 0,25 0,5 0,25

0,25 0,25

Trang 3

Câu 1)

(4 đ) Từ giả thiết  B (Nêu cách suy ra toạ độ điểm ) 1(2;1;5), C1(4;1;5), D1(4;-1;5)

Điểm I(3;0;4)

Ta có IA= (-1;-1;-1) IB= (-1;1;-1) ; IC= (1;1;-1)

ID= (1;-1;-1) IA1= (-1;-1;1)

Suy ra IA = IB = IC = ID = IA1= 3  I là tâm hình lập phơng

Gọi góc giữa đờng thẳng  và bốn đờng chéo của hình lập phơng là

1 ; 2 ; 3 ; 4 Ta có:

h1 = h8 = 3sin1 ; h2 = h7 = 3sin2 ;

h3 = h6 = 3sin3 ; h4 = h5 = 3sin4

Tính cos1; cos2 ; cos3 ; cos4

 cos21+ cos22 + cos23 + cos24 =

3

4

 S = 6(sin21 + sin22+ sin23+ sin24) = 16

 S không phụ thuộc vào m, n, p

0,5 0,25 0,5 0,5 0,75 1,0 0,25 0,25

Câu 2)

(2 đ)

).

A ( u MA 3 MA

AD

AD AC

AC AB

AB AD

AD AC

AC AB

AB MA 3 MA

AD

AD MD AC

AB MC AB

AB MB 3 MA

AD

AD MD AC

AC MC AB

AB MB 3 MA ) M

(

2 2

2































Có u 3 (do AB AC AB AD AD AC 0 )

2



Gọi  là góc giữa MA và u Ta có:

( M )  MA 3 ( 1  cos  )  ( A )  ( A ) ( do ( 1  cos  )  0 )

Vậy M  A là điểm cần tìm

1.0 0,25 0,5 0,25

Gọi (1) là bất đẳng thức cần chứng minh Ta có

VT(1) = |f’(0)| = x 0

) 0 ( ) x ( lim

0





=

x

x sin lim x sin

) x ( lim x

x sin x sin

) x ( lim x

) x ( lim

0 x 0

x 0

x        1.1 = 1  đpcm

0,5

1,0 0,5

Điểm toàn bài (20 đ)

L

u ý:

Trang 4

Bài toán giải theo cách khác, nếu đúng thì cho điểm tơng tự nh cách giải trên Nếu quá trình giải sai mà kết quả đúng thì không cho điểm Nếu ở kết quả thí sinh không ghi đơn

vị hoặc ghi sai đơn vị thì tuỳ theo mức độ, giám khảo xem xét trừ điểm, nh ng không trừ quá 0,5 điểm đối với mỗi bài toán

Đề dự bị Bản hớng dẫn này có 04 trang

Câu 1)

3 2 2

) m x (

1 m x m 2 mx ' y







 Do (x - m)2 >0

xTxđ nên dấu của y’ là dấu của tam thức bậc hai

f(x) = mx2- 2m2x +m3 + 1

Vậy hàm số có cực trị trên khoảng (-2; 0)  Phơng trình

f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác m, thuộc (-2 ; 0)

 

















0 2

/ s 2

0 )

0 (

m f

0 )

2 (

m f

0 '

0 )

m ( f

; 0 m

 

















0 m

2

0 )

1 m

( m

0 )

1 m

3 m

)(

1 m

( m

0 m

3

Hệ này vô nghiệm

Vậy không có giá trị nào của m thoả mãn bài toán

0,25 0,5

0,75

0,25 0,25 Câu 2)

(2 đ) Với m = 1 ta có: ( C )

x

x x y

1

3 2







Ta có đờng thẳng 1: y = (1- 2 )  x a vuông góc với đờng thẳng :

y = ( 2  1 ) x  2  2 aR (1)

Hoành độ giao điểm cuả đờng thẳng 1 và đồ thị hàm số (C) là

nghiệm của phơng trình:

1

3 2





















 x ( a ) x a

x

x x a x )

Phơng trình luôn có nghiệm aR Gọi (xI; yI) là toạ độ trung

điểm của hai giao điểm của 1 và (C) Từ điều kiện trên ta tính

đ-ợc

















2 2

4 2 3 2 1 2 2 2 2 a ) ( y

a x

I

Ta nhận thấy yI = ( 2  1 ) xI  2  2 aR  I  (2)

Từ (1) và (2) suy ra đồ thị (C) nhận  làm trục đối xứng

0,25

0,5

Trang 5

0,25 0,25

Câu 1)

(2 đ) Điều kiện x ≥ 0 Thấy ngay phơng trình có nghiệm x = 1

Nâng lên luỹ thừa bậc 4 cả hai vế (cùng ≥ 0) ta đợc

Phơng trình đã cho (1)  x2 + f(x) = x+80 (1’)

Có f(x) = … là hàm số đồng biến (?), do đó:

Nếu x > 1  x2 > x, f(x) > f(1)= 80  VT(1’) > VP(1’)

Nếu 0 < x < 1  x2 < x, f(x) < f(1)= 80  VT(1’) < VP(1’)

Vậy (1’) không có nghiệm x ≥ 0, x  1

Tóm lại phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1

0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Câu 2)

(2 đ) Điều kiện x≥ 1 Với điều kiện đó  x  1  x  12005  0 nên gọi (1)

là bất phơng trình đã cho, ta có:

2

1

f(x) = ( x 1 x 1 ) log ( x 2 x 1 )

2 2005







[1; +∞)

 f(x) ≥ f(1) x[1; +∞)  f(x) ≥ 2 2005 23

log )

(1) có nghiệm  a.2 2005 2 2005 23

log ) (

 Vậy a 3

2

2 2005

log ) (

 là các giá trị cần tìm

0,25 0,5 0,5

0,25 0,25 0,25

Câu 1)

(2 đ) Có 0 ≤ M := (xy-x+1)

2 + (yz-y+1)2 +(zx-z+1)2

= (x2y2 + y2z2 + z2x2) +(x2 + y2 + z2 ) + 3 2T

- 2(x+y+z) +2(xy+yz+zx)

Có xy+yz+zx = … = -3  (xy+yz+zx+1)2 =4

 0 ≤ M = 6+3+3- 2T  T ≤ 6

T = 6  





















0 1

z zx

y yz

x xy

 x, y, z là các nghiệm của phơng trình t3 – 3t + 1= 0 























9 8 2

9 4 2

9 2 2

cos z

cos y

cos x

Vậy giá trị lớn nhất của T là 6

0,75 0,5

0,5

0,25 Câu 2)

(2 đ) Tam giác ABC nhọn  tgA, tgB, tgC > 0

Ta có tg2A + tg2B ≥

2

) tgB tgA ( 2



tgA + tgB =

) B A cos(

C sin 2 B

cos A cos

) B A sin(









≥

C cos 1

C sin 2

 = cotg

2

C > 0

0,25 0,25 0,25 0,25

Trang 6

 tg2A + tg2B ≥ 2cotg2

2

C

Dấu bằng xảy ra  A = B.

Chứng minh tơng tự có: tg2B + tg2C ≥ 2cotg2 2

A

tg2C + tg2A ≥ 2cotg2 2

B

Từ đó suy ra tg2A + tg2B +tg2C ≥ cotg2 2

A

+ cotg2 2

B

+ cotg2 2

C Dấu bằng xảy ra  …  A = B = C

0,25 0,25

0,25

Câu 1)

(4 đ) Phơng trình :











t z

t y

t x

2

1 (tR)

Đờng thẳng  đi qua điểm M0(0 ; 1 ; 0) có u=(1 ; 2 ; 2)

Điểm M  M(t; 1+2t; 2t)  MA= 9 2 10 5



 t

t MB= 9t2  20t14

MA + MB = 3

81

26 ) 9

10 t ( 81

20 ) 9

5 t







) 9

26 9

20 ( ) t 9

10 9

5 t (     

= 71 4 130

3

1



Dấu bằng xảy ra  …  t =

27

35 130

(Có giải thích dấu bằng xảy ra) Vậy điểm M(

27

35 130

27

43 130

27

70 130

10  ) là điểm cần tìm

0,25

0,25 0,5 0,5

1,5

0,5 0,5 Câu 2)

(2 đ) Có AM+MAHạ AA1, MA2 ≥ AA2 cùng  mp(BCD).1 (=: MAA1)

 MA.S(BCD) ≥ AA1.S(BCD) - MA2.S(BCD)

= 3V(ABCD)-3V(MBCD)

Viết các bất đẳng thức tơng tự và cộng lại ta đợc

f(M) ≥ 9V(ABCD) = Const

“=”  M thuộc cả bốn đờng cao  M  H

Vậy khi M  H thì f(M) nhỏ nhất

0,5 0,5 0,75 0,25

Trang 7

Bài 5 (2 đ )

Trừ hai vế cho x, đa về cùng một cơ số ở mỗi vế, gọi (1) là bất

đẳng thức cần chứng minh ta có (1)  … 























































x x

log log

3

2 1 2

1

2 (1’)

Do 3 > 2 >1 và

3

2 2

1

  log log

x x



















































3

2 1 2

1





























x

x log 1 2

Từ đó  (1’) đúng  (1) đúng (đpcm)

0,75

1.0 0,25

L

u ý:

Đề chính thức Bản hớng dẫn này có 04 trang

Câu 1)

(2 đ) Rút gọn đợc

3

1 5 3 5

) 2 5 ).(

2 5 ( ) 5 3 ( 5

) 2 5 ( ).

2 5 (

2























Thay x =

3

1

ta vào A tính đợc A = 20042005

1,5 0,5

Câu 2)

(2 đ) 1) Xét k  Z, k  2 Ta có:

k

2 k

2 1 k

2 k

1 ) 1 k (

1 1 k

2 k ) 1 k (

2 1 k

2 k

1 ) 1 k (

1 1 ) k

1 1 k

1 1

























2

k

1 1 k

1 1 ( k

1 ) 2 k (

1









k

1 1 k

1 ) 1 k (

1 1

1

2 2











Cho k = 3, 4 5,… , 2005 rồi cộng các đẳng thức thu đợc, ta có:

B =

2005

1 2

1 2003 )

2005

1 2004

1 1 (

) 4

1 3

1 1 ( ) 3

1 2

1 1

Vậy B là số hữu tỉ

1,0

Câu 1) Tính đợc ’ = (m+2)2 – 2(m2 +4m +3) 0,5

Trang 8

(2 đ) Phơng trình có nghiệm  ’ ≥ 0  m2 +4m +2 ≤ 0

 (m +2)2 ≤ 2  m 2  2

 kết quả:  2  2  m  2  2

0,5 0,5 0,5 Câu 2)

(2 đ) Có 3 3 102 5

2 2

1 2 1







x x x

x := |f|

Từ phần 1 có m  2  2 Đặt t = m + 2  |t| ≤ 2

Ta có

3

5 ) 3

1 ( 2

3 ) 3 2 3 (

2







Với

3

1 2 3

1 ) 3

1 2 (

3

1 2 ( 2

3 ) 3

1 ( 2

3







t

2 2

2

) 2

2 1 ( 3

5 ) 3

1 2 ( 2

3 f 3

5 ) 3

1 t ( 2

3 3

5





















suy ra |f| = 2 ) 2

2

2 1 ( 2

5 10 3







m

(đpcm)

0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25

Câu 1)

(2 đ) a) Xét hệ 











) 2 ( 5 y 2 mx

) 1 ( 2 my x

Từ phơng trình (1) suy ra x = 2 – my (3)

Thay vào phơng trình (2) ta tìm đợc (m2 +2)y = 2m -5

Vì m2 + 2 > 0  y =22 52





m

Thay vào (3) có 5 2 42





m

x

Vì x > 0 và y < 0 nên ta có















0 2 5 2

0 2 4 5

2 2

m m m m

Từ đó suy ra

-2

5 m 5

4



 Mà m  Z nên m = 0, 1, 2. b)Từ

2

33 4 2

25 4

) 5 2 (

2

5 2

2 2























m m

y m

m

Vì y, mZ  y(2m+5) Z  m2 + 2 = 3; 11; 33

+) Nếu m2 + 2 =3  m2 =1 









 1

1

m

Lập luận với m =1 thì 





 1 3

y x

thoả mãn

Lập luận với m =-1 thì hệ có nghiệm không thoả mãn

+) Nếu m2+2 =11  m2 = 9 









 3

3

m

Lập luận với m =-3 thì 





 1 1

y x

thoả mãn

Lập luận với m = 3 thì hệ có nghiệm không thoả mãn

+) Nếu m2 + 2 = 33  m2 = 31 : vô nghiệm

Kết luận: m =1, m = - 3

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 Câu 2)

(2 đ) Có x2 + xy + y2 = 41(x-y)2 + 43 (x+y)2 ≥ 43 (x+y)2 ≥ 0 0,5

0,25

Trang 9

 x y

2

3 y xy







Viết hai bất đẳng thức tơng tự Cộng lại đợc

3 ) z y x ( 3 y xy x y xy x y xy









Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi x = y = z =

3

1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3

0,75 0,25 0,25

Câu 1)

(4 đ)

Hình vẽ đúng

a) Chứng minh IMA cân tại I   IMA =  IAM

và IBK = IAK   IBK =  IAK

Suy ra  IMK + IBK =  IAM +  IAK = 1800  tứ giác IMKB nội

tiếp

Chứng minh tơng tự có tứ giác KNIB nội tiếp

 5 điểm I, M, N, K, B cùng nằm trên một đờng tròn

b) Chứng minh  BMK =  KMN ;  EAM =  EBM ;

 EAM = AMN

  BMK =  EBM  AM // BE  tứ giác AMEB là hình thang

Mà tứ giác AMEB nội tiếp  BM = AE

Chứng minh tơng tự có BN = AF Vậy BM + BN = EF

0,25 0,5 0,5

0,25 0,25 0,25 0,75 0,75 0,5

Câu 2)

(2 đ)

Từ hình vẽ và theo định lý Pitago có:

f(P) = BP2 – PL2 + CP2 – PM2 + AP2 – PN2

= … = BN2 + AM2 + CL2 Từ đó có:

 2f(P) = BL2 + LC2 + CM2 + AM2 + AN2 + NB2

≥

2 2

2

2 2

2

) NB AN ( ) MA CM ( ) LC BL



0,5

Trang 10

=

2

1[BC2 + CA2 + AB2] = Hằng số

Dấu “=” xảy ra  BL = LC, CM = MA, AN = NB  P là tâm O đờng

tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vậy f(P) nhỏ nhất khi P  O

1,0 0,5

Đặt P(x)= vế trái của phơng trình đã cho Ta có:

P(x) = 8x3 + 84x2 + 420x + 784

Nếu x ≥ 0 thì

(2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343

< P(x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x + 10)3

 2x +7 < y < 2x +10  y = 2x + 8 hoặc y = 2x + 9

Nhng hai phơng trình

P(x) – (2x + 8)3 = - 12x2 + 36x +272 = 0 và

P(x) - (2x +10)3 = - 24x2- 66x + 55 = 0 đều không có nghiệm nguyên

Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên với x ≥ 0

Nhận xét Px-7) = - P(x) nên nếu (x;y) là nghiệm của phơng trình thì

(-x – 7; - y) cũng là nghiệm

Vậy phơng trình không có nghiệm với x ≤ - 7

Với – 3 ≤ x ≤ -1 , ta có P(-1) = 440 ; P(-2) = 216 = 63 ; P(-3) = 64 = 43

Vậy phơng trình có nghiệm với – 3 ≤ x ≤ -1 là (-2 ; 6) ; (-3 ; 4)

Theo nhận xét trên, phơng trình còn có hai nghiệm (-4 ; -4) ; (-5 ; -6)

Tóm lại phơng trình có 4 nghiệm nguyên là

(x ; y) = (-2 ; 6) ; (-3 ; 4) ; (-4 ; -4) ; (-5 ; -6)

0,25

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

L

u ý:

Đề dự bị Bản hớng dẫn này có 04 trang

Tiêu đề	Đáp án đề thi HSG 12 năm 04 - 05
Trường học	Sở Giáo Dục Đào Tạo Bắc Giang
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Hướng dẫn chấm
Năm xuất bản	2004 - 2005
Thành phố	Bắc Giang

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	462,5 KB