Xem mẫu
- TRƯỜNG THPT CẨM THỦY 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m + 6) x + 1 (1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A (3;5) nằm trên đường thẳng đi qua
các
điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu 2: (2 điểm)
1
Tìm hệ số của x2 trong khai triển ( x + ) n , biết n là số nguyên dương thỏa mãn
4
2x
2 n +1 n 6560
22 1 23 2
2C 0 + C n + C n + .... + Cn =
n
n +1 n +1
2 3
Câu 3: (4 điểm)
( ) ( )
x 2 + 1 + x > log 3 log 1 x2 + 1 − x
1. Giải bất phương trình: log 1 log 5
3 5
2. Giải phương trình:
( x − 1) ( 2 )
x −1 + 33 x + 6 = x + 6
Câu 4: (2 điểm)
Giải phương trình:
Câu 5: (3 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; −1) và hai đường thẳng
d1 : x − y − 1 = 0 , d 2 : 2 x + y − 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d1 và d 2 .
1. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d1 , đi qua điểm M và tiếp xúc với d 2 .
2. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M cắt d1 , d 2 lần lượt ở B và C sao
cho
ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC = 3AB.
Câu 6: (3 điểm)
Cho tứ diện ABCD có AB = a , AC = b , AD = c và BAC = CAD = DAB = 600 .
· · ·
1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c .
2. Cho a , b, c thay đổi luôn thỏa mãn a + b + c ≥ 2010 . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi
tam giác BCD.
Câu 7: (2 điểm)
- x3 − 3x = y
3
Giải hệ phương trình : y − 3 y = z
z 3 − 3z = x
--HẾT--
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO
TẠO
THÁI BÌNH
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 06 trang)
NỘI DUNG ĐIỂM
CÂU
Cho hàm số y = x − 3mx + 3(m + 6) x + 1 (1)
3 2
1. Tìm m để hàm số (1) có cực trị .
Câu 1 3.0
2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A (3;5) nằm trên đường thẳng
đi
qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Ta có: y ' = 3 x − 6mx + 3 ( m + 6 ) 0.5
2
Hàm số (1) có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biệt
Ý 1.
0.5
⇔ ∆ ' = 9(m 2 − m − 6) > 0
(1 đ)
m < −2
⇔ 0.5
m > 3
m < −2
Với (*) thì hàm số có cực trị và tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số
m > 3
(1) là nghiệm của hệ phương trình: 0.5
y = x3 − 3mx 2 + 3(m + 6) x + 1
y ' = 3 ( x − 2mx + m + 6 ) = 0
2
y = ( x − m ) ( x 2 − 2mx + m + 6 ) + 2 ( − m 2 + m + 6 ) x + m 2 + 6m + 1
⇔ 0.25
Ý 2.
x − 2mx + m + 6 = 0
2
(2 đ)
⇒ y = 2 ( −m 2 + m + 6 ) x + m 2 + 6m + 1 ( d m ) 0.25
⇒ Tọa độ các điểm cực trị thuộc đường thẳng ( d m ) . Vậy ( d m ) là đường thẳng
0.25
qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
m = 4
Điểm M(3;5) ∈ ( d m ) ⇔ 5m − 12m − 32 = 0 ⇔
2
m = − 8 0.25
5
Kết hợp (*) ta có m = 4 là giá trị cần tìm.
Câu 2 Cho các số nguyên dương a và b thỏa mãn a > b . Hãy so sánh hai số : a b và b a 3.0
- NỘI DUNG ĐIỂM
CÂU
ln x
Xét hàm số f ( x) = , x > 0 có
x
0.75
1 − ln x
f '( x) = ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = e ∈ (0; +∞)
x2
BBT
x −∞ +∞
− −
2 e 4
0
f '( x) + 0
+ 0.75
ln 2 ln 2
f ( x)
2 2
e < b < a ln a ln b
⇒ f (a ) < f (b) ⇒ < ⇒ ab < ba
• 0.5
a; b ∈ Z a b
0 < b < a < e b = 1
⇒ ⇒ ab > ba
• 0.25
a; b ∈ Z a = 2
b = 1
⇒ ab > ba
•
e < a ∈ Z
b = 2 0.25
b = 2
e < a < 4 ⇒ ⇒ ab > ba
•
a = 3
a ∈ Z
b = 2
⇒ ba = ab
•
a = 4 0.25
b = 2
⇒ f (a ) < f (b) ⇒ a b < b a
•
4 < a ∈ Z
Vậy với a, b nguyên dương, ta có:
b = 2
• Nếu a > b > e hoặc thì a b < b a
a > 4
b = 1 b = 2 b = 1 0.25
• Nếu thì a b > b a
hoặc hoặc
a=2 a =3 a>e
b = 2
• Nếu thì a b = b a
a=4
1 − cos x.cos 2 x
khi x ≠ 0
1. Cho hàm số f ( x) = x
0 khi x = 0
Câu 3 4.0
Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0 .
( )
2. Giải phương trình : ( x − 1) 2 x − 1 + 3 x + 6 = x + 6
3
f ( x)− f (0) 1 − cos x cos 2 x
= lim
Xét giới hạn lim 0.5
x−0 x2
x →0 x →0
- NỘI DUNG ĐIỂM
CÂU
1
( cos3x + cos x )
1− 1 − cos3 x 1 − cos x 0.5
2
= lim = lim + lim
x2 2x2 2x2
x →0 x →0 x →0
2 2
3x x
sin 2 1 sin 2 5
Ý 1. 9
= lim + lim =
(2 đ) 0.75
4 x →0 3 x 4 x →0 x 2
2 2
5
Vậy f '(0) = 0.25
2
x ≥ 1.
ĐK:
• x = 1 không là nghiệm của phương trình 0.5
x+6
x > 1 thì PT ⇔ 2 x − 1 + 3 3 x + 6 =
• (*) 0.5
x −1
Ta xét các hàm số sau trên ( 1; +∞ )
0.25
1 1
1) f ( x) = 2 x − 1 + 3 x + 6 có f '( x) = + > 0, ∀x > 1
3
x −1 x+6
3
Ý 2. −7
x+6
có g '( x) = < 0, ∀x > 1
2) g ( x) =
(2 đ) 0.25
( x − 1)
2
x −1
Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên
nghiệm x = 2 cũng là nghiệm duy nhất của (*) 0.25
Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất x = 2 0.25
Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Câu 4 2.0
F = 3x 2 + 7 y + 5 y + 5 z + 7 z + 3x 2
Áp dụng BĐT Buniacovsky ta có:
F 2 ≤ 3 6 x 2 + 12 ( y + z ) ≤ 18 x 2 + 2 2 ( y 2 + z 2 ) = 18 x 2 + 2 2 ( 3 − x 2 ) 0.75
Xét hàm số: f ( x) = x 2 + 2 2 ( 3 − x 2 ) trên miền xác định − 3 ≤ x ≤ 3
( )
4x 0.25
f '( x) = 2 x − ( x ∈ − 3; 3 )
2( 3 − x )
2
x = 0
f '( x) = 0 trên (- 3; 3) ⇔ 0.25
x = ±1
( ) f ( 0) = 2 6 f ( ±1) = 5
f ± 3 = 3,
0.25
⇒ max f ( x) = 5
− 3 ; 3
Suy ra F 2 ≤ 18.5 ⇒ F ≤ 3 10
0.5
Với x = y = z = 1 thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 thì F = 3 10 . Vậy max F = 3 10
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; −1) và hai đường thẳng
d1 : x − y − 1 = 0 , d 2 : 2 x + y − 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d1 và d 2 .
1.Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng d1 , đi qua điểm M
- NỘI DUNG ĐIỂM
CÂU
Câu 5 và 3.0
tiếp xúc với đường thẳng d 2 .
2.Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt d1 , d 2 lần lượt ở B và C sao cho
ba
điểm A , B , C tạo thành tam giác có BC = 3AB.
Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì I ∈ d1 ⇒ I ( a; a − 1) 0.25
(T) qua M và tiếp xúc d2 nên ta có:
2a + ( a − 1) − 5 0.25
IM = d ( I ; d 2 ) ⇔ ( a − 1) + a 2 =
2
5
0.25
⇔ a 2 + 26a − 31 = 0 ⇔ a = −13 ± 10 2
( ) ( )
a = −13 − 10 2 ⇒ I −13 − 10 2; −14 − 10 2 ; R = 5 9 + 6 2
Ý 1. •
0.25
(1.5 đ)
( ) + ( y + 14 + 10 2 ) = 5 ( 9 + 6 2 ) (1)
2 2 2
Phương trình (T) là : x + 13 + 10 2
a = −13 + 10 2 ⇒ I ( −13 + 10 2; −14 = 10 2 ) ; R = 5 ( 9 − 6 2 )
•
0.25
Phương trình (T) là : ( x + 13 − 10 2 ) + ( y + 14 − 10 2 ) = 5 ( 9 − 6 2 ) (2)
2 2 2
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) 0.25
x − y − 1 = 0 x = 2
⇔ ⇒ A(2;1)
Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 0.25
2x + y − 5 = 0 y = 1
Lấy điểm E ( 3; 2 ) ∈ d1 ( E ≠ A ) . Ta tìm trên d2 điểm F ( F ≠ A ) sao cho EF = 3AE
Do F ∈ d 2 ⇒ F ( x;5 − 2 x ) .
0.25
Khi đó EF = 3AE ⇔ ( x − 3) + ( 3 − 2 x ) = 18
2 2
F ( 0;5 )
x = 0
⇔ 5 x 2 − 18 x = 0 ⇔
Ý 2. 18 ⇔ 18 11
x = 0.25
;−
(1.5 đ) F
5
5 5
(Cả hai điểm F này đều thỏa mãn F ≠ A )
BC = 3 AB EF AE
⇒ = ⇒ BC // EF ⇒ ∆ // EF
Vì 0.25
EF = 3 AE BC AB
uuu
r
F ( 0;5 ) ⇒ EF ( −3;3) ⇒ ∆ : x + y = 0 0.25
•
18 11 uuu 3 21
r
• F ; − ⇒ EF ; − ⇒ ∆ : 7 x + y − 6 = 0 0.25
5 5 5 5
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là
∆ : x + y = 0 và ∆ : 7 x + y − 6 = 0 0.25
Cho tứ diện ABCD có AB = a , AC = b , AD = c và BAC = CAD = DAB = 600 .
· · ·
1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c .
Câu 6 3.0
2. Cho a , b, c thay đổi luôn thỏa mãn a + b + c ≥ 2010 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
chu vi tam giác BCD.
- NỘI DUNG ĐIỂM
CÂU
A
F
0.5
H
B
Ý 1. E
(1.5 đ) D
C
• Không giảm tính tổng quát, giả sử a = min{a;b;c} (cũng có thể giả sử a ≤ b ≤ c
) . Khi đó trên các cạnh AC , AD lần lượt lấy các điểm E và F saocho AE = AF =
a. Ta nhận được tứ diện ABEF là tứ diện đều cạnh a.
a3 2
• Tính được thể khối tích tứ diện đều ABEF là 0.5
12
2
VABEF AE AF a bc abc 2
= = ⇒ VABCD = 2 .VABEF =
.
• Ta có : 0.5
VABCD AC AD bc a 12
0.25
·
Ta có BC = AB2 + AC 2 − 2AB.AC.cosBAC = a 2 + b 2 − ab
0.25
CD = b 2 + c 2 − bc DB = c 2 + a 2 − ca
Tương tự : ,
Chu vi tam giác BCD là
0.25
P = a 2 + b 2 − ab + b 2 + c 2 − bc + c 2 + a 2 − ca
Ý 2.
(1.5 đ) 3 1 1
( a − b) + ( a + b) ≥ ( a + b)
2 2
a 2 + b 2 − ab =
Ta có : 0.25
4 4 2
1 1
( b + c) , ( c + a)
b 2 + c 2 − bc ≥ c 2 + a 2 − ca ≥
Tương tự ta có: 0.25
2 2
Suy ra : P ≥ a + b + c ≥ 2010 .
Với a = b = c = 670 thỏa mãn a + b + c ≥ 2010 ta có P = 2010 0.25
Vậy min P = 2010
Giải hệ phương trình sau:
x 3 − 3 x = y (1)
3
Câu 7 2.0
y − 3 y = z (2)
z 3 − 3 z = x (3)
Thay (2) vào (1) có : ( z 3 − 3 z )3 − 3( z 3 − 3 z ) = y (4)
Thế (3) vào (4) ta được :
0.5
3
( y 3 − 3 y )3 − 3( y 3 − 3 y ) − 3 ( y 3 − 3 y )3 − 3( y 3 − 3 y ) = y (*)
- NỘI DUNG ĐIỂM
CÂU
Xét y ∈ [ −2; 2] , đặt y = 2cost ( t ∈[ 0; π ] ) , ta có :
PT(*)
0.5
3
⇔ (8cos3 t − 6cos t )3 − 3(8cos3 t − 6cos t ) − 3[(8cos3 t − 6cos t )3 − 3(8cos3 t − 6 cos t )] = 2cos t
⇔ (8cos3 3t − 6cos3t )3 − 3(8cos3 3t − 6cos3t ) = 2cos t
⇔ 8cos3 9t − 6cos9t = 2cos t ⇔ cos 27t = cos t
0.25
mπ mπ
(
⇔ t= hoac t = ( m ∈ Z)
13 14
&
kπ lπ
Vì t∈[ 0; π ] nên t ∈ , k =0;12 ∪ , l =1;14
13 14
Từ đó PT (*) có 27 nghiệm phân biệt trên đoạn [ −2; 2] là
0.25
lπ
kπ
y = 2 cos
y = 2 cos với k = 0;12 và với l = 1;14
13 14
PT (*) là PT bậc 27 nên có tối đa 27 nghiệm . Từ đó trên R , PT(*) có 27 nghiệm
phân biệt
lπ
kπ
với k = 0;12 và y = 2 cos
y = 2 cos với l = 1;14
13 14
Thay các giá trị này của y vào (3) và (2) ta đi đến kết luận :
0,5
9kπ 9lπ
x = 2cos 13 x = 2 cos 14
kπ lπ
và y = 2 cos
Hệ phương trình đã cho có các nghiệm là : y = 2cos
14
13
3lπ
3kπ
z = 2 cos 14
z = 2cos 13
với k = 0;12 và l = 1;14
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 .
nguon tai.lieu . vn
