Trường THPT Diễn Châu 3 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
Năm học : 2010 - 2011 Môn: Toán
( Thời gian làm bài : 150 phút )
Câu I: (3,5đ) Cho hàm số : y 2x 13
x
−
= − có đồ thị là (C) Gọi (d) là đường thẳng có phương trình: y mx= +4 (m là tham số)
Chứng minh ∀ m≠0: (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt trong đó có ít nhất 1 điểm
có hoành độ lớn hơn 0
Câu II: a) (2đ) Giải phương trình : 2x5− − − =x2 4x 52 0 trên R
b)(3,5đ) Tìm m để hệ phương trình:
3 3
2
− = − −
Câu III: a) (3đ) Tìm giá trị nhỏ nhất , lớn nhất của hàm số :
y= sin2x+8sinx+ +17 sin2x−2sinx+5
b) (2đ)Tìm m để bất phương trình : x3+2mx2−2m ≤1 nghiệm đúng ∀ ∈x [-1;1]
Câu IV: (2đ) Cho k ∈N*, a,b∈R Chứng minh : Nếu a x = ≤ ≤ ≤0 x1 x2010 = b thì : x1k− x0k + x2k− x1k + + x2010k − x2009k ≤ ak+ bk
Câu V: Trong mặt phẳng (P),cho hình chữ nhật ABCD biết AB =a ,AD = b Kẻ các tia
Ax , Cy vuông góc với (P),cùng phía đối với (P).Lấy điểm M∈A x N C y; ∈ sao cho 2
mặt phẳng (MBD),(NBD) vuông góc với nhau.
a) (1,5đ) Gọi hình chiếu vuông góc của M,N lên BD là H,K Chứng minh:
AM CN =AH CK
b) ( 2,5đ) Tìm vị trí của M,N để thể tích của tứ diện BDMN có giá trị nhỏ nhất
Hết
Trang 2ĐÁP ÁN− BIỂU ĐIỂM ( Thi học sinh giỏi trường Lớp 12)
Câu I
3,5đ Xét phương trình hoành độ:
2 3 4
1
1
x
− − =
Xét (*) có : Với m≠0 ∆ =m2+ >4 0, ∀ ∈m R ,
và (1) 1 0f = ≠
⇒ (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ⇒∀ m≠0: (d) luôn cắt (C) tại 2
điểm phân biệt
Gọi x x1 , 2 là nghiệm của (*)
⇒ Nếu m > 0 ta có : P a c= = −m< 0 ⇒ x1 < < 0 x2
Nếu m < 0 ta có : S = b m 2 1 2 1
− = − = − >
⇒ tồn tại ít nhất 1 nghiệm > 0
1,0
0,5 0,5 0,5
0,5 0,5
Câu II
a) 2đ a) phương trình :
5 2
2x − − − =x 4x 52 0 ⇔ 2x5 − 48 ( = +x 2) 2 ≥ ⇒ 0 x5 ≥ 24 ⇒ x> 1
Xét hàm số: f x( ) 2= x5− − −x2 4x 52 ⇒ f x'( ) 10= x4− −2x 4
⇒ f x'( ) 2 (= x x3− +1) 4(x4− +1) 4x4> 0
⇒ hàm số đồng biến Mà f(2) 0 =
⇒ phương trình có 1 nghiệm duy nhất x = 2
0,5 0,5
0,5 0,5
b)
3,5đ Ta có :
3 3
2
− = − −
+ − + = ⇔
2 2 2 1) ( )( 0 1 1 0 x y x y x m y + + − = + − + = ⇔ 02 1 1 0 (*) x y x m x − = + − + = (*) ⇔ 2 1 1 x m x+ = + (**) ⇒ Xét 2 1 ( ) 1 x f x x = + + liên tục trên R ( 2 1) 2 1 '( ) 1 x x f x x = + − + , '( ) 0f x = ⇔ =x 1 , limx→−∞ f x( )= −1, lim ( ) 1 x f x →+∞ = Bảng BT: x −∞ 1 +∞
f ’(x) + 0 −
f(x) 2
−1 1
Ta có hệ có nghiệm ⇔ (**) có nghiệm ⇔ đường thẳng: y = m có điểm
chung với đồ thị h/s ( ) 2 1
1
x
f x
x
+ Dựa vào bảng BT ta có điều kiện
của m là : 1− < ≤m 2
0,5
0,5 0,5
0,5 0,5
0,5
0,5
Trang 3Câu III
3,0 đ a)
Đặt : t=sin ,x t∈ −[ 1;1] ⇒ y= f t( )= t2+ + +8 17t t2− +2t 5
'( ) 2 4 2 1
f t
f t = ⇔ +t t − +t = −t t + +t Do : t∈ −[ 1;1] ⇒
(*) ⇔ 2
9 7 3
t t
= −
+
= −
+ = ⇔ ( không thuộc [−1;1] ) 10
⇒ Max y = 26 2+ khi : 2
2
π
x= + kπ , min y = 10 + 8 khi : 2
2
π
x= − + kπ
0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 b) Để x3+2mx2−2m ≤1 nghiệm đúng ∀ ∈x [-1;1]
thì đ/k cần phải đúng với x = 0 ⇒ m ≤12
Xét hàm số: f x( )= +x3 2mx2−2m với x ∈[−1; 1 ]
4 3
x m x
=
= −
Do : m ≤12 ⇒ 4 1;1
3
m
x= − ∈ −
Để x3+2mx2−2m ≤1 nghiệm đúng∀ ∈x [-1;1] thì :
( 1) 1 (1) (1) 1 (2) (0) 1 (3) 4
( ) 1 (4) 3
f f f m f
− ≤
≤
(1) ,(2) , (3) đúng vì 1
2
m ≤
(4) ⇔
2
16
27
m
m − ≤ điều này luôn đúng vì :
Vậy :Để x3+2mx2−2m ≤1 nghiệm đúng ∀ ∈x [-1;1] thì : m ≤12
0,5
0,5
0,5
0,5
CâuIV
2đ Xét hàm số :
1
'
y x= ⇒ =y kx −
+ Nếu k là số lẻ ⇒ ' 0y ≥ ∀ ∈x R ⇒ hàm số đồng biến trên R
T= x1k −x0k + x2k −x1k + + x2010k −x2009k =
x1k −x0k +x2k −x1k + + x2010k −x2009k =x2010k −x0k ≤ x2010 k+ x0k ≤ a k+ b k
+ Nếu k chẵn ⇒ hàm số đồng biến trên (0;+∞ ),nghịch biến trên (−∞;0)
⇒ Nếu 0 a b≤ ≤ ⇒ x i > ∀ ∈0 i N* ⇒
T= x1k −x0k +x2k −x1k + + x2010k −x2009k =x2010k −x0k ≤ x2010 k+ x0k ≤ a k +b k
0,5
0,5
Trang 4Nếu a b≤ ≤0⇒ x i<0 ∀ ∈i N ⇒
T = x0k −x1k +x1k −x2k + + x2009k −x2010k =x0k −x2010k ≤ x2010k + x0k ≤ a k +b k
Nếu a≤ ≤0 b⇒ ∃ i :a x= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤0 x1 x i 0 x i+1≤ ≤ x n =b
T = 1 0 2 1 k1 k 2010 2009
=x0k −x1k +x1k −x2k + + x i k−1 −x i k + x i k+1 −x i k +x i k+2 −x i k+1 +x2010k −x2009k =
=x0k−x i k + x i k+1−x i k −x i k+1+x2010k ≤x0k −x i k +x i k+1+x i k −x i k+1+x2010k = a k +b k
vậy ∀a b R, ∈ ta đều có điều phải C/m
0,5
0,5
Câu V
4,0đ
b) Ta có: ⇒MH ⊥ (NBD)
3
V = MH S∆ ; MH = MA2 +AH2 ;
2 2 2
a b AH
= +
2 2 2
a b
+ Tương tự :
2 2 2
a b
+
1
3
MNBD
a b MA
+ +
1
2 a +b 2 2 2
a b NC
+ +
1
6
1
6
a b
+ ⇒
2 2
AM CN
= +
4
Dấu “=” xảy ra khi : AM CN 2ab 2
+
C2: Đặt : ·AHMα= ⇒ Tính V theo α ⇒ VNN ⇔ α= 45 0
0,5 0,5 0,5
0,5
0,5 0,5
0,5
0,5
Ghi chú : Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng
a) Do: (MBD)(NBD)
2
tanAHM.tanCKN 1
1
AM CN
AH CK