De chon Doi tuyen HSG du thi Cap tinh 92010-2011)

Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ tồn tại duy nhất một điểm vừa là điểm cực đại của đồ thị ứng với m nào đó vừa là điểm cực tiểu của đồ thị ứng với giá trị khác của m.. Tính thể tích

TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM

TỔ TOÁN – TIN

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

MÔN TOÁN LỚP 12 - NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1 (5.0 điểm)

1/ Cho hàm số y x2 m m 1x m3 1

x m



 Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ

độ tồn tại duy nhất một điểm vừa là điểm cực đại của đồ thị ứng với m nào đó vừa là điểm cực tiểu của đồ thị ứng với giá trị khác của m.

2/ Tìm m để phương trình x4 mx3m 2x2 mx  1 0 có nghiệm duy nhất

1

x 

Bài 2 (5.0 điểm)

1/ Giải phương trình: 8 x.2x 2 3 x x 0

2/ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = 4a Các

mặt bên SBC , SAB , SAC lần lượt tạo với đáy các góc 90 30 , 60 0 , 0 0 Tính thể tích của khối chóp

Bài 3 (5.0 điểm)

1/ Cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến BM: 2x y   1 0 và

phân giác trong CD: x y   1 0 Viết phương trình đường thẳng BC.

2/ Cho dãy x x1, , ,2 x n với 0 x n 1 và 1 

1 1

4

Chứng minh rằng: lim 1

2

n

x 

Bài 4 (5.0 điểm)

1/ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

xy A



   với x y  ,

2/ Chứng minh rằng:

2 cosx  sinx cosx     1, x

-Hết -Họ và tên thí sinh: ………Số báo danh:…………

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Lời giải sơ lược Bài 1

a)

2

y

x m



2

1 ' 0

1

y

 



  

 



BBT:

x - m-1 m m+1 +

y’ + 0 - - 0 +

+ +

CT

2

2

 CĐ  P1 : yx2  x 2; CT  P2 : yx2  3x

 P 1  P2 = A 1; 7





Vậy điểm A vừa là điểm cực đại và vừa là điểm cực tiểu ứng với các giá trị

m khác nhau.(ĐPCM)

b) x4 mx3m 2x2 mx  1 0

2

0

        

Đặt t x 1, | | 2t

x

   Với x  1 t 2

Cần tìm m để phương trình theo t: t2  mt m  0 có nghiệm t 2

ta có pt: t2  mt m  0

2

1

t m

2

1

t

f t t



 với t 2

Dựa vào đồ thị hàm số f(t) ta có m 4

1

1 0,5 1

1

0,5

Bài 2 a) ) D = R.

PT: 8 – x 2x + 2 3 x - x = 0  8 – x 2x - 8

2x - x = 0

 8(1+ 1 )

2x - x( 2x+1) = 0  8 (2 1) (2 1) 0

2

x   x  

 (2x+1)( 8 ) 0 8

2x  x   2x x

Vế trái nghịch biến, vế phải đồng biến  phương trình có nghiệm duy nhất x=2

1

1

0,5 b)

2,5

S

H

I

K

     

;

Tính HK hoặc HI để suy ra SH

3

8 3 3

3

SABC

Bài 3: a) C CD x y:   1 0  C t ;1  t

Vì M trung điểmAC => 1 3;

MK: M BM : 2x y  1 0 => t = -7 => C(-7;8)

Kẻ AK  CD cắt CD tại I ( K BC)

=> Pttq của AK: x y  1 0 => I 0;1

Ngoài ra: ACK cân tại C => K(-1;0)

Đường BC qua C,K nên có pt: 4x 3y  4 0

b) Vì 0 x n    1, n N*, nên dãy đã cho bị chặn

Mặt khác 1   

1

4

x   x  x  x và 0 x n  1 nên x n1 x n

Dãy đã cho tăng và bị chặn trên nên có giới hạn

Đặt a limx n Ta có 1 

1

1

4 x n  x n

Nên

2

1

1 0,5 0,5 1

1 a)

2

2 2

2

2

1

3 1 1 12

1 1 12 1

3 1 1 12

y

x

t A

t t

u

u

       

      

 









1

18

à : lim ( ) 0 0

u

M A

 



b) Trên mặt phẳng toạ độ ta chọn : Acos ;0 ;x  B0;cosx C;  sin ;0x 

=>  AB  cos ;cosx x BC;   sin ; cosx x CA; cosx sin ;0x 

Ta có: AB 2 cos ;x BC  1;CA sinx cosx

Và AB CA BC  VT  1.

0,5

1 1

1

0,5

I

B

A

C

M D

K

Dấu bằng xảy ra <=> A, B, C thẳng hàng osx=0

cosx=-sinx

c



 



2 4











 



 

  



với k  

1

Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tối đa