Gián án Dap an de thi HSG Thai Binh Nam hoc 2010

Tìm điểm cố định mà đồ thị C m luôn đi qua với mọi m.. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu... VớiCkn là số tổ hợp chập k của n phần

THÁI BÌNH

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN

(Đáp án gồm 08 trang)

Câu I

(4 điểm) Cho hàm số y 2x 3 4m 1 x  24 m 2 m 1 x 2m   23m 2 có đồ thị là (C m ).

1 Tìm điểm cố định mà đồ thị (C m ) luôn đi qua với mọi m.

2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu.

1.

Gọi A(x; y) là điểm mà đồ thị (Cm) đi qua m

4x 2 m  2 4x24x 3 m 2x   3 x24x 2 y 0   m 0,5đ

2

4x 2 0









0,5đ

1

2

2

y 0





 



0,5đ

2.

Ta có y’ = 6x2  2(4m + 1)x + 4(m2  m + 1)

Hàm số có CĐ, CT  y’ = 0 có 2 nghiệm pb

 (4m + 1)2  24(m2  m + 1) > 0

0,5đ

  8mm2 + 32m  23 > 0

 m 8m 3 2 8m 3 2;

Khi hàm số có cực đại, cực tiểu để các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu thì điều kiện

cần và đủ là (Cm) cắt Ox tại đúng 1 điểm

 2x3 4m 1 x  24 m 2 m 1 x 2m   23m 2 0  có đúng 1 nghiệm

0,25đ

 2x 1 x   2 2mx 2m 2 3m 2 0 có đúng 1 nghiệm 0,25đ

 x2  2mx + 2m2  3m + 2 = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0,5

 m2  2m2 + 3m  2 < 0 hoặc

0 1 m 2

 











 m2  3m + 2 > 0

Kết hợp (1) và (2) ta được m  8m 3 2;1 2;8m 3 2



0,25đ

Câu II

(4 điểm) 1 Giải phương trình sau: 3 sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3

1 2cos x 3





.

2 Giải phương trình sau:

 

2

2x 1 log 3x 8mx 5

x 1



  

1.

Giải phương trình:

ĐK: 2cos x 3 0 cosx 3

2

PT  3 sin2x cos2x 5sin x  2 3 cosx + 3 + 3 2cos x   3

 3 sin2x cos2x 5sin x   3cosx + 3 = 0

0,25đ

 3cosx 2sinx 1 + 2sin x 5sin x + 2 = 0   2 

 3cosx 2sinx 1 + 2sinx 1 sin x 2 = 0         0,25đ  2sin x 1   3cosx + sinx 2 = 0  0,25đ



1 sinx =

2

cos x sin x 1











0,25đ



1 sinx =

2

3











0,25đ



6 5

6

6

















   



0,25đ

So sánh đk, kết luận nghiệm pt: x k2

6



2.

ĐK:

1 x 2

x 1









 



0,25đ

PT  log3(2x  1)  log3(x  1)2 = 3x2  8mx + 5 0,25đ  log33(x  1)2 + 3(x  1)2 = log3(2x  1) + 2x  1 0,5đ Xét f(t) = log3t + t trên (0; +)

Ta có: f '(x) 1 1 0 t 0

t ln 3

 f(t) là hàm số đồng biến trên (0; +) (1)

0,25đ

 3x2  8mx + 4 = 0



2

3







 



0,25đ

KL: S = 2 ; 2

3

(thoả mãn) (loại) (thoả mãn)

Câu III

(2 điểm)

Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ 1:

3

x

y

x 4

8mm (2)

y x 2y















ĐK cần: Giả sử hệ có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ 1.

Phương trình (1)  y(x  2y) > 0

Ta có: 0 < y(x  2y) = xy  2y2 =

2

2 16 8m 4 8m 8m

               

 

0,25đ

8m x 4

x 4 x 4 8mm

x

8m





m x

x

0,25đ

Hệ có nghiệm (x; y) với x ≥ 1 nên (*) có nghiệm x ≥ 1

Xét hàm số 42

f (x) x

x

  trên D = [1; +)\{0}

Ta có

3

8m x 8m

f '(x) 1



   f’(x) = 0  x = 2

0,25đ

BBT:

0,25đ

BBT  (*) có nghiệm  min f (x) mD 

ĐK đủ: Với m  3

Cho x = 2 Ta xét hệ

2 2 y 12

8mm

y 2 2y











 





2

0 y 1

3

4m



 





  





0,25đ

Do m  3 nên PT (3) có  = 3 m 3

4m m



PT (3) có 2 nghiệm

1

3

1 1

m y

2

 

  (0; 1) ;

2

3

1 1

m y

2

 

0,25đ

x f’

f

+ 0

+

+

3 3

2

 Hệ luôn có nghiệm

3

1 1

m 2;

2

 

với m  3

Câu IV

(3 điểm)

1 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực x n

sao cho:

X

1

x n 0

2010    Xét dãy số (U n ) với U n = x n  n Tìm lim U n .

2 Tìm n nguyên dương thoả mãn: 0 1 2  2 n n

C 2C 6C   n  n 2 C 403 VớiCkn là số tổ hợp chập k của n phần tử.

1.

Với mỗi n  N* , xét 1 X

f (x) x n

2010

   liên tục trên R

X

ln 2010

f '(x) 1 0 x R

2010



      f(x) nghịch biến trên R

0,25đ

 PT f(x) = 0 nếu có nghiệm, nghiệm đó là duy nhất (1) 0,25đ

Ta lại có

n

n 1

1

f (n) 0

2010 1

f (n 1) 1 0

2010 









Từ (1) và (2)  với mỗi số nguyên dương n thì phương trình 1 x

x n 0

2010   

có đúng 1 nghiệm xn  (n; n + 1)

0,5đ

Ta lại có 0 < xn  n

n

2010 2010

Tức |xn  n| < 1 n

2010 mà lim n

1

2010 = 0

 lim Un = 0

0,25đ

2.

Xét k.triển: (1 + x)n =C0n xC1nx C2 2n x C3 3n  x C n nn (1)

Thay x = 2 vào (1) ta có:

0,25đ

Đạo hàm hai vế của (1) ta có

 n 1

C 2xC 3x C nx C n 1 x 

Đạo hàm hai vế của (2) ta có

 n 2

2C 3.2xC n(n 1)x C n n 1)(x 1 

0,25đ

Thay x = 1 vào (3) ta có:

2C 3.2C n(n 1)C n(n 1)2 

Từ (a) và (b) ta có: C0n 2C1n 6C2n (n2 n 2 )Cn nn 3n n n 1 2  n 2

0,25đ

Vậy pt  3n + n(n  1).2n2 = 403

Xét f(n) = 3n + n(n  1).2n2 trên [1; +)

f’(n) = 3nln3 + (2n  1).2n2 + n(n  1).2n2ln2 > 0 n  [1; +)

f(n) đồng biến trên [1; +) mà f(5) = 403

0,25đ

Câu V

(2 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông ABCD, biết rằng các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt

đi qua các điểm M(2; 1), N(0; 1), P(3; 5), Q(3; 1).

Giả sử đt AB có véc tơ pháp tuyến n A;B  với A2 + B2 > 0

T/c hình vuông và gt  AB: Ax + By  2A  B = 0

CD: Ax + By  3A  5B = 0 BC: Bx  Ay + A = 0 AD: Bx  Ay  A + 3B = 0

0,5đ

Khi đó tứ giác ABCD là hình vuông khi và chỉ khi d(AB; CD) = d(BC; AD)

A 4B 3A 3B

0,25đ

A 4B 2A 3B A 7B

A 4B 3B 2A B 3A



* Với A = 7B ta có pt các cạnh hình vuông là:

AB: 7x + y  15 = 0 CD: 7x + y  26 = 0 BC: x  7y + 7 = 0 DA: x  7y  4 = 0

0,5đ

* Với A = 3A ta có pt các cạnh hình vuông là:

AB: x  3y + 1 = 0 CD: x  3y + 12 = 0 BC: 3x + y  1 = 0 DA: 3x + y + 10 = 0

0,5đ

Câu VI

(3 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có G là trọng tâm ABC.

1 Gọi (P) là mặt phẳng cắt các đoạn SA, SB, SC, SG lần lượt tại A’, B’, C’, G’ sao cho

không có điểm nào trùng với đầu mút của các đoạn thẳng Chứng minh rằng:

SA SB SC SG

3

SA ' SB' SC'   SG '.

2 Khi hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh bằng a Tính khoảng cách giữa hai

đường thẳng SM và BN với M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC.

3 Khi hình chóp S.ABC có SA = a, SB = 2a, SC = 3a và  o

ASB 60 ,  o

BSC 90 ,

CSA 120 Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Hình vẽ

ý 1

1. + Gọi M là trung điểm BC; N = C’B’  SM; G’ = A’N  SG 0,25đ

A

D

B

C

Q

P

N M

A

B

M K

C

C’

N A’

B’

I

E G’

S

+ Nếu (P) // (ABC) thì đẳng thức hiển nhiên đúng.

+ Xét (P) không song song (ABC), giả sử (B’C’ // BC; A’N // AM)

kẻ BO // B’C’; CK // B’C’  M là trung điểm OK

Trong SCK có C’N // CK  SC SK SM MK

SC' SN SN



Trong SBO có B’N // BO  SB SO SM MO

SB' SN SN



Từ (1) và (2)  SB SC SM

2

0,25đ

Gọi I là trung điểm AG  AI = IG = GM

Áp dụng (a) cho SIM có SM SI SG

2

SN SE  SG '

2 2 4

0,25đ

Áp dụng (a) cho SAG có SA SG SI

2

SA ' SG '  SE (c)

Từ (a), (b), (c)  SA SB SC SG

3

SA ' SB' SG '   SG '

0,25đ

Hình vẽ

ý 2

2.

SN BM ; SM BN

SN  (BMN); BMN  tại a 2

M & MN

2



0,25đ

Gọi K là hình chiếu của M trên NB  a 6

MK

6

 Dựng hình chữ nhật NKMH  a 6

NH

6

 & (SMH) // BN

 d(SM; BN) = d(BN; (SMH)) = d(N; (SMH))

0,25đ

Ta có MH  (SNH) & SNH  tại N

Trong  vuông SNH ta có 1 2 1 2 12 a 10

ON

A

B

N S

S

B

O

Từ gt  AM = a; MN = a 2; AN = a 3

 AMN  tại M

Vì SA = SM = SN = a; AMN  tại M

nên hc của S trên (AMN) là trung điểm H của AN và a

SH 2

Hình vẽ

ý 3

3.

3

V SH S

mà

3 SABC

SABC SAMN

Câu VII

(2 điểm)

Cho 2010 số thực dương a1, a2, , a2010 thoả mãn:

1 a  2 a  2010 a  Tìm giá trị lớn nhất của tích P = a1a2 a2010.

Gt 

       



c.s

1 a 2 a 3 a  2010 a  2 a 2010 a 0,25đ Tương tự

2009

2 a 1 a 3 a  2010 a  1 a 3 a  2010 a

2010 a 1 a 2 a  2009 a  1 a 2 a  2009 a

0,25đ

Nhân vế với vế của 2010 bất đẳng thức trên ta có:

a

1 a 2 a  2010 a  1 a 2 a  2010 a

0,25  1 2 2010 2010!2010

a a a

2009

B M H S

C

3 2010

1 a 2 a 3 a 2010 a

1 a 2 a 2010 a











2010

2010

a

1 a 2 a 2010 a

a

1 a 2 a 2010 a









0,25

a

1 a 2 a 2010 a 2010

a ; i 1,2010 2009

Vậy maxP = 2010!2010

2009 khi i

i a 2009

 với i 1, 2010

0,25

HƯỚNG DẪN CHUNG

+ Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh

phải trình bầy và biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm

+ Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm

+ Chấm từng phần Điểm toàn bài không làm tròn