Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành. Tìm tọa độ đỉnh của hình chữ nhật. Tính thể tích của khối lăng trụ... b)..[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT _ NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn : TOÁN
Bài 1: (3 điểm)
Cho hàm số f(x) = x3 - 2x2 – (m - 1)x + m (C)
a) Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành
b) Tìm m để
1 f(x)
x
với mọi x 2
Bài 2: (4 điểm)
a) Giải phương trình sau : 3 (2x 9x23) (4 x2)( 1 x x2 1) 0
b) Giải phương trình sau :
+ cos x - cos x + + cos x - cos x =
Bài 3: (3 điểm)
Chứng minh rằng :
n 2n 2n
C < ( n ; n 1)
Bài 4: (3 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, có tâm I thuộc đường
thẳng (d) : x – y – 3 = 0 và có hoành độ bằng I
9
x =
2, trung điểm của một cạnh là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành Tìm tọa độ đỉnh của hình chữ nhật
Bài 5: (5 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông tại A Khoảng cách từ AA’ đến mặt phẳng BCC’B’ là a, mặt phẳng (ABC’) cách C một khoảng bằng b và hợp với đáy một góc bằng
a) Tính thể tích của khối lăng trụ
b) Cho a = b không đổi, còn thay đổi Định để thể tích khối lăng trụ nhỏ nhất
Bài 6: (2 điểm)
Tính giới hạn :
0
A = lim[ ln (1 tanx) (1 tanx) (1 tanx) (1 tanx) ]
v« h¹n dÊu c¨n (1)
Hết
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:………Số báo danh :……… Chữ ký của GT1:………Chữ ký GT2 :………
Trang 2Së Gi¸o dôc - §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh
Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - N¨m häc 2011 - 2012
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Bài NỘI DUNG ĐIỂM
Bài 1 Cho hàm số f(x) = x 3 - 2x 2 – (m - 1)x + m (C) (3đ)
f(x) tiếp xúc với trục hoành
f(x) = 0
f (x)=0
3 2
2
x - 2x - (m -1)x + m = 0 (a) 3x - 4x + 1= 0 (b)
0.5
Từ (a) và (b) ta có : 2x3 - 5x2 + 4x – 1 = 0
2
(x - 1) (2x - 1) = 0
x = 1 m = 0
x = m =
0.5
b) Tìm m để
1 f(x)
x
với mọi x 2
2.0đ
1 f(x)
x
với mọi x 2
x - 2x - (m - 1)x + m
x
2
x(x - 1)(x - x - m) 1
2
2
1
m x - x -
x - x
0.5
Đặt t = x2 – x thì
2
t 1
m
t
Khi x 2 t 2 (vì x 2 t = g(x) = x - x 2 là hàm số tăng và g(2) = 2 )
Xét
2
y = = t -
với t 2
2
1 t + 1
y = 1 + = > 0
1.0
x 2
y ’ +
y
3 2
Vậy
3
m 2
0.5
a) Giải phương trình: 3 (2x 9x23) (4 x2)( 1 x x2 1) 0 (1) 2.0
Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong
1 ( ;0) 2
Trang 3 2 2
3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3)
Với u = - 3x, v = 2x + 1; u,v >0
Xét hàm số f t( ) 2 t t43t2 với t>0
Ta có
3
3
- 3x = 2x + 1
1 5
x
là nghiệm duy nhất của phương trình
1.0
b) Giải phương trình sau :
+ cos x - cos x + + cos x - cos x =
2.0
(1) (cos x - ) + (cos x - ) =
cos x - + cos x - =
Đặt cos2x = t ; 0 ≤ t ≤ 1
t - + t - =
Xét trên trục Ox, các điểm : M(t) ; A(
1
4 ) ; B(
3
4 ) Suy ra : MA + MB =
1 2
1.0
Mà AB =
1
2 , nên M nằm giữa A và B, suy ra
1
4 ≤ t ≤
3
4
cos x
π
+ kπ x + kπ
π + lπ x - - lπ
1.0
Bài 3
Chứng minh rằng :
n 2n 2n
C < ( n ; n 1)
(3đ)
Ta có :
n 2n
1 (2n)! 1.2.3.4 (2n - 1).(2n) 1.3.5 (2n - 1).2.4.6 (2n)
2 2 n!n! 2 2 (1.2.3.4 n).(1.2.3.4 n) 2 (1.2.3.4 n).2 (1.2.3.4 n)
1.3.5.7 (2n - 1) =
2.4.6.8
(2n)
1.0
Trang 4Ta chứng minh :
1.3.5.7 (2n - 1) 1
<
2.4.6.8 (2n) 2n+1
Ta có :
(2k - 1) (2k - 1)
1.0
Sử dung quy nạp và nhân các BĐT vế theo vế ta có :
1.3.5.7 (2n - 1) 1
<
2.4.6.8 (2n) 2n+1 (đpcm)
1.0
Bài 4 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, có tâm I
thuộc đường thẳng (d) : x – y – 3 = 0 và có hoành độ bằng I
9
x =
2, trung điểm của một cạnh là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành Tìm tọa độ đỉnh
của hình chữ nhật.
(3 đ)
Điểm I có I
9
x =
2 và I thuộc đường thẳng (d) : x – y – 3 = 0
9 3 I( ; )
2 2
Vì vai trò của A; B; C; D là như nhau nên giả sữ trung điểm M của cạnh AD là giao
điểm của (d) với trục Ox, suy ra M(3;0)
9 9
AB = 2IM = 2 =3 2
4 4
1.0
ABC ABC
12
S
AD (d)
M AD
suy ra phương trình AD : x + y – 3 = 0
1.0
Mặt khác MA = MD = 2 Vậy tọa độ A; D là nghiệm vủa hệ phương trình :
2 2
(x - 3) + y = 2
hoÆc
Vậy A(2; 1), D(2; -1)
9 3
I( ; )
2 2 là trung điểm AC và BD nên C(7; 2) và B(4; - 1)
1.0
Bài 5 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ’ B ’ C ’ , đáy ABC vuông tại A Khoảng cách từ AA ’
đến mặt phẳng BCC ’ B ’ là a, mặt phẳng (ABC ’ ) cách C một khoảng bằng b và
hợp với đáy một góc bằng
(5đ)
Ta có AA’ || ( BCC’B’), kẻ AH BC (H BC )
AH ( BCC’B’)
vì (ABC) ( BCC’B’), do đó : AH = d(AA’,( BCC’B’))
1.0
_A'
_C' _B'
Trang 5= a.
Ta có AB = (ABC’) (ABC) ; AB AC (gt) ; AC là hình chiếu của AC’ trên
(ABC)
AB AC’ CAC sd((ABC),(ABC )) =
( góc nhọn)
Kẻ CK AC’; ta có : AB (ACC’) (ABC’) (ACC’) ;
AC’ = (ABC’)(ACC’)
AK (ABC’) CK = d(C,( ABC’)) = b
Thể tích khối lăng trụ : V = ABC
1 CC = AB.AC.CC
2
(1)
Trong tam giác vuông ACK :
AC = = sinαsinα sinαsinα
Trong tam giác vuông ACC’ :
CC = AC.tanαsinα = tanαsinα
sinαsinα cosαsinα
1.0
Trong tam giác vuông ABC :
1 1 1 1 sin αsinα b a sin αsinα
2 2 2
ab
AB =
b a sin αsinα
Thay các kết quả vào (1) ta có :
2 2 2 3
2 2 2 3
2 2 2
2 2 b a sin αsinα sinαsinα cosαsinα
ab =
2sinαsinαcosαsinα b a sin αsinα
ab
V =
sin2αsinα b a sin αsinα
1.0
b) Cho a = b không đổi, còn thay đổi Định để thể tích khối lăng trụ nhỏ
nhất.
2.0
Với a = b :
2 2
V =
2sinαsinα.cos αsinα sin2αsinα 1 sin αsinα
V nhỏ nhất khi sin cos2 lớn nhất
Ta có:
2 4 1 2 2 2 1 2sin αsinα + cos αsinα + cos αsinα 3
sin αsinα.cos αsinα = 2sin αsinα.cos αsinα.cos αsinα ( )
(bđt Côsi)
1.0
_a
_b _K
_B
_A
_C _H
Trang 6
2
sin cos
3
3a 3
V
4
Ta có V nhỏ nhất :
3
3a 3
V =
4 khi 2sin2 = cos2
tan tan
arctan
2
Vậy khi
2 arctan
2
thì thể tích nhỏ nhất
1.0
Bài 6 Tính giới hạn :
0
A = lim[ ln (1 tanx) (1 tanx) (1 tanx) (1 tanx) ]
(2đ)
Xét
cotx
A = lim[ ln (1 tanx) ] = lim[ ln(1 tanx) ]
= lim[ ln(1 tanx)] = lim =
cotx cotx
A = lim[ ln (1 tanx) ] = lim[ ln(1 tanx) ]
= lim[ ln(1 tanx)] = lim =
………
………
cotx cotx
A = lim[ ln (1 tanx) ] = lim[ ln(1 tanx) ]
= lim[ ln(1 tanx)] = lim =
………
………
1.0
Từ (1) ta có :
cotx
0
cotx
0
A = lim[ ln[(1 tanx) (1 tanx) (1 tanx) (1 tanx) ]]
= lim[ ln(1 tanx) + ln(1 tanx) ln(1 tanx) ln(1 tanx) + ] =
x
x
A A A A
1.0
Trang 72 3 n
1
1
2
Vậy A = 1
Học sinh có cách giải khác đúng cho điểm tối đa.
Đáp án này gồm 06 trang.
HẾT