Tìm x y , để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất... Thí sinh không được sử dụng tài liệu.[r]
Trang 1Equation Chapter 1 Section 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 (m1)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 2xcos3x sinx cos 4xsin 6 x
2) Giải bất phương trình: 6(x2 3x1) x4 x2 1 0 (x ).
3) Tìm số thực a để phương trình:9x 9 a3 cos(x x), chỉ có duy nhất một nghiệm
thực Câu III (2,0 điểm) Tính tích phân:
2
3 0
sin
sin 3 cos
x
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 y Tìm x y, để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất 2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng :x y 5 0 và hai elíp
2 2 1
25 16
,
2 2
( ) :E x y 1 (a b 0)
a b có cùng tiêu điểm Biết rằng ( )E2
đi qua điểm M thuộc đường thẳng . Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( )E2 có độ
dài 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 1,2 lần lượt tại A, B thoả mãn 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.
Trang 2
HẾT .
Thí sinh không được sử dụng tài liệu
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ 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
m Câu I
4,0 đ
1)
2,0đ Với m 1,ta được hàm số
3 3 1
y x x Tập xác định: .
Giới hạn tại vô cực: xlim y , limx y .
Sự biến thiên: y' 3 x2 3 0 x1.
0,5
y x Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1) và (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
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3)
Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng
0,5
2)
2,0đ Ta có
y x m x m là tam thức bậc hai của x.
y' có biệt số ' 2m22m13.
Nếu ' 0 thì y' 0, x, suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn
0,5
Nếu
1 3 3 1 3 3
, thì y ' 0 có hai nghiện x x x1, 2 ( 1x2) Dấu của y':
0,5
-2 -1
-1
3
2
x
y
O
x y' y
1
1
1
3
'
y 0 x1 x 02
Trang 3Chọn 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 1 pt:
0
1
'( )
y x
(1) có nghiệm Pt (1) có:
2 1
0
y x
0,7 5
Vậy giá trị cần tìm của m là
1 3 3 1 3 3
;
m
0,2 5
Câu II
6,0 đ 2,0đ1)
PT ⇔(cos 2 x − cos 4 x )− sin x+(cos3 x − 2sin 3 x cos 3 x)=0
⇔(2 sin x sin 3 x −sin x)−(2 sin 3 x cos3 x− cos3 x)=0 0,5
⇔(2 sin3 x − 1)(sin x −cos 3 x )=0 0,5
⇔
sin 3 x=1
2
¿
cos 3 x=cos(π2− x)
¿
x= π
18+k
2 π
3
¿
x= 5 π
18 +k
2 π
3
¿
x= π
8+k
π
2
¿
x=− π
4+kπ
¿
¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿
(k )
0,5
0,5
2)
2,0đ Tập xác định:
. BPT 6 2( x2 x1) ( x2 x 1) 6(x2 x1)(x2 x 1) 0
0,5
(vì x2 x 1 0, )x
0,5
Đặt:
2 2
1
t
(t > 0), ta được2t2 t 6 0
3 0
2
t
BPT đã cho tương đương với
2
2 2
3)
2,0đ
2
9x 9 a3 cos(x x) 3x 3 x a.cos(x) (2)
Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của (2) thì 2 x 0 cũng là nghiệm của (2),
0,5 suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là x0 2 x0 x0 1 0,5
Trang 4Với x 0 1, thì từ (2) suy ra a 6.
Với a 6, thì phương trình (2) trở thành 3x32x 6cos(x) (3).
Ta có VT(3) 6, VP(3) 6. Vậy
2
6cos( ) 6
x x
Vậy a 6.
1,0
Câu
III
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )'
0,5
Suy ra
cos
6
dx
x
0,2 5
0,7 5
2
0
tan
0,5
Câu
IV
6,0đ
1)
2,0đ Kẻ DH Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC.MN , do (DMN) (ABC) suy ra DH (ABC). 0,5
Ta có: SAMN = 12 AM.AN.sin600 = √3
4 xy ; SAMN = SAMH + SANH
= 12 AM.AH.sin300+ 12 AN.AH.sin300 = 1
4.
√3
3 (x+y)
Suy ra √43xy = 14.√3
3 (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 x,y 1 )
0,5
Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN:
S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN
= 12 AD.AM.sin600+ 12 AD.AN.sin600
+ 12 DH.MN + 12 AM.AN.sin600
= √3 xy + √66√3 xy (3 xy −1)
Từ
xy x y xy xy xy
Suy ra
3(4 2)
9
khi
2 3
x y
0,5
0,5 2) Hai elíp có các tiêu điểm F1( 3;0), F2(3;0) 0,5
H A
B C
D
M N
Trang 52,0đ Điểm M( )E2 MF1MF2 2a Vậy ( )E2 có độ dài trục lớn nhỏ
nhất khi và chỉ khi MF1MF2 nhỏ nhất
0,5
Gọi N x y( ; ) là điểm đối xứng với F1 qua , suy ra N ( 5;2)
Ta có: MF1MF2 NM MF 2 NF2 (không đổi)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M NF2
0,5
Toạ độ điểm
17
5
x
x y
y
0,5
3)
2,0đ Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt.A 1 A(1 2 ;2 2 ; 1 t t t); B 2 B(3 2 ; 1 2 ; ). s s s
Suy ra AB2 2( s t ); 3 2( s t ); 1 ( s t )
0,5
1
9
s t
s t
0,5
Với s t 1 AB(0; 1;0)
(P) có một vtpt n1 AB i; (0;0;1)
, suy ra ( ) :P z (loại do (P) chứa trục O x ).0
0,5
Với
; ;
s t AB
, suy ra ( )P có một vtpt 2
4 1
9 9
n AB i
, suy ra ( ) : 4P y z 8 0 (thỏa mãn bài toán)
0,5
Câu V
2,0đ Từ giả thiết suy ra : a b c 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 3x1, suy ra pt (3) có ba nghiệm thực a b c, , khi và chỉ khi 1 abc 1 3 2abc2.
abc 2, khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2.
abc 2, khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2.
0,5
P a b c P abc
(a2 b2 c a2)( 4 b4c4 a b2 2 b c2 2 c a2 2) (a2b2 c2 3) 3(a2b2c a b2)( 2 2 b c2 2c a2 2) 216 18.9 54
0,5
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
0,2 5
GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.