Xem mẫu
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
TẠO NĂM HỌC 2009-2010
BẮC GIANG Môn thi: Toán-lớp 12.
Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề).
Câu I. (5,0 điểm)
Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1)
1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3.
2. Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B,
C sao cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại B và C vuông góc với nhau.
Câu II. (4,0 điểm)
x x − 8 y = x + y y
1. Giải hệ phương trình: (x, y ∈ R)
x − y = 5.
π
2. Giải phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin ( x + ) − 1 . (x ∈ R)
4
Câu III.(2,0 điểm)
Cho phương trình: log( x 2 + 10 x + m) = 2log(2 x + 1) (với m là tham số) (2)
Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt.
Câu IV. (2,0 điểm)
π
4
tan xdx
Tính tích phân:
∫ cos x
0 1 + cos x
2
.
Câu V. (4,0 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng ∆ 1: x + y – 3 = 0 và đường
thẳng ∆ 2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆ 1 và điểm C thuộc ∆ 2 sao cho tam
giác ABC vuông cân tại A.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt
phẳng (P): x + y + z - 6 = 0.
Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VI. (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông
góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu VII. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.
a3 b3 c3 3
Chứng minh rằng: + 2 + 2 ≥ .
b +3 c +3 a +3 4
2
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:……………………………………….SBD:……………………
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI
TẠ O ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
BẮC GIANG NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: Toán, lớp 12.
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010
(Hướng dẫn có 4 trang)
Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài.
Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà
đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng.
Câu Phương pháp - Kết quả Điểm
2
1. Ta có y’ = 3x + 6x + m 0,5
Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm
0,5
phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3.
9 - 3m > 0
I.1 x + x = -2
(2điểm 1 2
) ⇔ m 0,5
x1.x2 = 3
x1 + 2 x2 = 3
Giải hệ trên ta được m = -105 0,5
2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình
0,5
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0
9
Từ đó tìm được m < và m ≠ 0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt
4 0,5
A(0; 1), B, C.
+) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1; x2 là nghiệm của phương trình
x2 + 3x + m = 0 .
I.2 0,5
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x12 + 6x1 + m
(2điểm và tại C là k2 = 3x22 + 6x2 + m
) Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi
0,5
k1.k2 = -1
⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 0,5
9 − 65
m = ( t/m)
8
⇔ 0,5
9 + 65
m = ( t/m)
8
II.1 1. Điều kiện x, y ≥ 0 0,5
(2điểm Xét y = 0, không thỏa mãn hpt
) +) y ≠ 0, đặt x = t y , t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành
5t 3 5
t y − 8 = t + y
3 t 2 − 1 − 8 = t + t 2 − 1 (*)
2 ⇔
y (t − 1) = 5
y = 5 (t 2 ≠ 1) 1
t −1
2
(*) ⇔ 4t3 – 8t2 + t + 3 = 0
- 1 3 3
⇔ t = 1; t = - ; t = . Đối chiếu điều kiện ta được t =
2 2 2
Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4).
(HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác 0,5
được kết quả đúng vẫn được điểm tối đa)
2. PT ⇔ 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5
⇔ (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)
sinx + cos x = 0 0,5
⇔
(cos x − sinx)(sin 2 x + cos2 x) = 2
II.2
π
(2điểm x = − + kπ
) ⇔ 4 0,5
cos3 x − sinx = 2
Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm
π 0,5
KL: x = − + kπ
4
1 1
x > − x > −
3. PT ⇔ 2 ⇔ 2 1
x 2 + 10 x + m = (2 x + 1) 2 m = 3 x 2 − 6 x + 1(**)
III 1
(2điểm Ycbt ⇔ (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-
2
) 1
Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (- ;+∞ )ta 1
2
19
tìm đươc m ∈ (-2; )
4
π π
4 4
tan xdx tan xdx 0,5
I=
∫ cos x
0 1 + cos 2 x
=
∫ cos
0
2
x 2 + tan 2 x
.
tan xdx
Đặt t = 2 + tan x ⇒ t = 2 + tan x ⇒ tdt =
2 2 2
IV 0,5
cos 2 x
(2điểm
)
Đổi cận : x = 0 ⇒ t = 2
π 0,5
x= ⇒t= 3
4
3 3
tdt
I= ∫ = ∫ dt = 3− 2 0,5
2
t 2
V.1 1. B ∈ ∆ 1 ⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆ 2 ⇔ C(b; 9-b)
uuu uuu
r r
(2điểm AB. AC = 0
0,5
) ∆ ABC vuông cân tại A ⇔ 2
AB = AC
2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) 0,5
⇔ 2
2a - 8a = 2b − 20b + 48 (2)
2
a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
- 5a - 8
(1) ⇔ b = . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0,5
a-2
Với a = 0 suy ra b = 4.
0,5
Với a = 4 suy ra b = 6.
2.Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 1; 1; 1)
+) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2
1
Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất
V.2 ⇔ M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)
(2điểm
x-1 y-1 z-1
) +) Phương trình đường thẳng MI : = = . 0,5
1 1 1
M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P).
0,5
Từ đó tìm được M(2; 2; 2)
3.
S
M
A B
VI
(2điểm
) D C
Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh
được góc DMB = 1200 và ∆ DMB cân tại M 0,5
2
Tính được: DM2 = a2 0,5
3
1 1 1
∆ SCD vuông tại D và DM là đường cao nên = +
DM DS DC2
2 2
0,5
Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a.
1
Vậy thể tích S.ABCD bằng a3 0,5
3
VII a3 b3 c3 3
(1điểm + 2 + 2 ≥ (***).Do ab + bc + ca = 3 nên
b +3 c +3 a +3 4
2
)
a3 b3 c3
VT (***) = + 2 + 2
b 2 + ab + bc + ca c + ab + bc + ca a + ab + bc + ca
a3 b3 c3
= + +
(b + c)(a + b) (c + a )(b + c) (a + b)(c + a )
a3 b + c a + b 3a
Theo BĐT AM-GM ta có + + ≥ 0,5
(b + c)(c + a ) 8 8 4
a 3
5a − 2b − c
⇒ ≥ (1)
(b + c )(c + a ) 8
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:
- b3 5b − 2c − a c3 5c − 2a − b
≥ (2), ≥ (3)
(c + a )(a + b) 8 (a + b)(c + a ) 8
a+b+c
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được VT (***) ≥
4
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : 0,5
a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca) = 3.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)
nguon tai.lieu . vn
