Đề và đáp án HSG toán 12 Bắc Giang 2010

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề.. Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng P sao cho M

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 12.

Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010.

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề).

Câu I (5,0 điểm)

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1)

1 Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3

2 Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B, C sao cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại B và C vuông góc với nhau.

Câu II (4,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình: 8

5

x y





 

 (x, y  R)

2 Giải phương trình: sin 4 cos 4 4 2 sin ( ) 1

4

x x x  (x  R)

Câu III.(2,0 điểm)

Cho phương trình: 2

log(x 10x m ) 2log(2 x1) (với m là tham số) (2) Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt.

Câu IV (2,0 điểm)

Tính tích phân: 4

2 0

tan cos 1 cos

xdx





Câu V (4,0 điểm)

1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 1: x + y – 3 = 0 và đường

thẳng 2: x + y – 9 = 0 Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam

giác ABC vuông cân tại A.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z - 6 = 0

Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VI (2,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu VII (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.

Chứng minh rằng:

3

b  c  a  

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:……….SBD:………

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán, lớp 12.

Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010 (Hướng dẫn có 4 trang)

Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước 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 tương ứng

I.1

(2điểm)

Ycbt tương đương với phương trình 3x 2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm

phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn x 1 + 2x 2 = 3 0,5



1 2

9 - 3 0

-2

3

m

x x

m

x x

x x







 













0,5

I.2

(2điểm)

2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0 0,5

Từ đó tìm được m < 9

4và m  0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(0; 1), B, C

0,5

+) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1; x2 là nghiệm của phương trình

x2 + 3x + m = 0

Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x1 + 6x1 + m

và tại C là k2 = 3x2 + 6x2 + m

0,5

Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi



9 65

m ( t/m)

8

9 65

m ( t/m)

8













0,5

II.1

(2điểm)

Xét y = 0, không thỏa mãn hpt

+) y  0, đặt x t y , t ≥ 0 Hệ phương trình trở thành

3

2

2 2

5

1

t

t

t



  



   



 

 (*)  4t3 – 8t2 + t + 3 = 0

1

ĐỀ CHÍNH THỨC

 t = 1; t = -1

2; t =

3

2 Đối chiếu điều kiện ta được t =

3 2

Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4)

(HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác được

kết quả đúng vẫn được điểm tối đa) 0,5

II.2

(2điểm)

2 PT  2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5

 (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)

 sinx cos 0

(cos sinx)(sin 2 os2 ) 2

x





0,5

os3 sinx 2







 







0,5

Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm

KL: x =

4 k





III

(2điểm)

3 PT 



1

Ycbt  (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-1

2 Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (-1

2;+∞ )ta tìm đươc m  (-2; 19

4 )

1

IV

(2điểm)

I = 4

2 0

tan cos 1 cos

xdx





4

0

tan cos 2 tan

xdx





2

tan x

2 tan t 2 tan tdt =

cos

dx

x

Đổi cận : x = 0  t = 2

x = t 3

4



I =

tdt

dt

V.1

 ABC vuông cân tại A  AB AC.2 02

AB AC









 

0,5

 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)2 2

2a - 8a = 2b 20b 48 (2)







a = 2 không là nghiệm của hệ trên

0,5

(1)  b = 5a - 8

a - 2 Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0,5 Với a = 0 suy ra b = 4

V.2

(2điểm)

2.Gọi I là trung điểm của AB  I ( 1; 1; 1)

+) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2

Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MInhỏ nhất

 M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)

1

+) Phương trình đường thẳng MI : x-1 y-1 z-1= =

M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P)

VI

(2điểm)

3

B A

S

M

Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC Chứng minh

được góc DMB = 1200 và  DMB cân tại M 0,5 Tính được: DM2 = 2

3a

 SCD vuông tại D và DM là đường cao nên 1 2 = 12 + 12

DM DS DC Suy ra DS = a 2 Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a

0,5

Vậy thể tích S.ABCD bằng 1

3a

VII

(1điểm)

3

b  c  a   (***).Do ab + bc + ca = 3 nên

VT (***) =

b ab bc ca c   ab bc ca a   ab bc ca  =

b c a b   c a b c   a b c a  Theo BĐT AM-GM ta có

b c c a

3

5 2

b c c a

 

  (1)

0,5

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3 5 2

c a a b

 



a b c a

 



Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được (***)

4

a b c

VT    Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :

a + b + c ≥ 3(ab bc ca  )= 3

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)

0,5