Đáp án đề thi học sinh giỏi thanh hóa năm 2010. Giải chi tiết

Sở Giáo dục và đào tạo
thanh hoá
Đề chính thức
Số báo danh
Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Năm học: 2009 - 2010
Môn thi: Toán
Lớp: 12 THpt
Ngày thi: 24/ 03/ 2010
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề thi)
Đề này có 05 bài gồm 01 trang
Bài 1: (4 điểm) Cho hàm số y = - x
3
+ 3x - 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phơng trình tiếp tuyến với đồ thị (C) kẻ từ điểm M(-2; 1).
Bài 2: (6 điểm)
1. Giải phơng trình:
1
2
cos
2
sin
2
4
sin22cos
2
=

+






+
xx
xx

2. Giải hệ phơng trình :
( )
[ ]





=
+=++
+
yxyx
yxyx
yx
4log

32
3. Tìm các giá trị của tham số m để bất phơng trình
( )( )
mxxxx ++ 264
2
nghiệm
đúng với mọi x


[ ]
6;4
.
Bài 3: (3 điểm)
1. Tính tích phân: I =

9
0
2
2
cos

x
dx

2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập đợc bao số tự nhiên gồm bốn chữ số khác
nhau, trong đó phải có chữ số 2 và 4 ?
Bài 4: (5 điểm)
1. Cho hình lập phơng ABCDA'B'C'D' cú cạnh bng a. Trên cỏc cạnh BC và DD' lần lợt
lấy các điểm M và N sao cho BM = DN = x (
ax 0

). Chứng minh rng MN

AC'
và tìm x để MN có độ dài nhỏ nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C): (x - 1)
2
+ (y + 2)
2
= 9 và đ-
ờng thẳng 3x - 4y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm P mà
từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến PA và PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho
PA

PB.
3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt
phẳng (

) đi qua điểm M và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A, B, C sao cho thể tích
tứ diện OABC nhỏ nhất.
Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC không tù. Chứng minh rng:
9
310
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan

2
tan
2
tan +++
CBACBA
Du ng thc xy ra khi n o ?
Hết
S GD & T THANH HO
HNG DN CHM
CHNH THC
(Gm cú 5 trang)
K THI CHN HC SINH GII TNH
NM HC 2009 - 2010
MễN THI: TON
LP: 12 THPT
Ngy thi: 24 - 3 - 2010
Thi gian lm bi 180 phỳt (khụng k thi gian giao )
Bài Ý Hướng dẫn chấm Điểm
Bài 1
4 điểm
1
3đ

Tập xác định R.
Sự biến thiên: y' = - 3x
2
+ 3 = 3(1 - x
2
)
y' = 0

1; 1x x⇔ = − =
0,25
0,25
y' < 0
1
1
x
x
>

⇔

< −

hàm số nghịch biến trong khoảng
( ; 1)∞ −
và (1; +
∞
)
y' > 0
⇔
-1 < x < 1 hàm số đồng biến trong khoảng (-1; 1).
Điểm cực đại (1; 1). Điểm cực tiểu (-1; -3)
0,5
0,25
Giới hạn
lim ;lim
x x
y y
→+∞ →−∞

= −∞ = +∞
. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
Bảng biến thiên
x -
∞
-1 1 +
∞
y' - + -
y
+∞
1
-3
−∞
0,75
Đồ thị đi qua điểm (-2; 1) và (2; -3).
y
Điểm uốn I(0; -1) là tâm đối xứng
1

-2 -1 I 1 2 x
0,75
-3
2
1đ Phương trình đường thẳng đi qua điểm M(-2; 1) có hệ số góc k:
y = k(x + 2) + 1
Đường thẳng tiếp xúc với (C)
3
2
3 1 ( 2) 1

3 3
x x k x
x k

− + − = + +

⇔

− + =


(1)
có nghiệm.
0,25
0,25
(1)
3 2
2
1
0
2 6 8 0
2
3 3
9
x
k
x x
x
k x
k

 =



=

+ − =
 

⇔ ⇔


= −
= −





= −




9;0 −==⇒ kk
Vậy có hai tiếp tuyến với đồ thị (C) thoả mãn bài toán là:
y = 1 và y = - 9x -17
0,25
0,25
Bài 2

6 điểm
1
2đ
Điều kiện sin
x
os 0 2
2 2 2
x
c x k
π
π
− ≠ ⇔ ≠ +
k
∈
Z
0,25
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2
2
cosx = 0
2cos x - 1-sinx - cosx + 2
= 1 2cos x - cosx = 0
1
1 - sinx
cosx =
2


⇔ ⇔




0,5
0,5
0,5
0,25
* cosx = 0 kết hợp với điều kiện
2
2
x k
π
π
≠ +
suy ra
x =
2
2
t
π
π
− +
với t
∈
Z
* cosx =
2
1
3
2
2

3
x m
x n
π
π
π
π

= +

⇔


= − +


với m; n
∈
Z
Phương trình đã cho có ba họ nghiệm là:
x =
2
2
t
π
π
− +
; x =
2
3

m
π
π
+
và x =
2
3
n
π
π
− +
với t, m, n
∈
Z
2
2đ
Điều kiện:





>−
≠+
>+
0
1
0
yx
yx

yx
Hệ phương trình đã cho
( )
( )
[ ]





−=−
=++−+
⇔
+
yxyx
yxyx
yx
4log
023
2
( )
[ ]
( )



=−
=+
⇔








−=−




=+
=+
⇔
−
+
yx
yx
yx
yx
yxyx
yx
yx
44
4
4log
2
1
0,5
0,5

Xét phương trình: 4(x - y) =
yx−
4
Đặt t = x - y > 0
t
t 44 =⇒
Nhận thấy: t = 1 và t =
2
1
là nghiệm của phương trình.
0,5
Xét hàm số f(t) =
t
t 44 −
(t > 0) f'(t) = 4 -
t
4
ln4
f'(t) = 0 có duy nhất một nghiệm:
4ln
4
log
4
=t
Do đó f(t) = 0 chỉ có hai nghiệm.
Từ cách đặt suy ra hệ đã cho tương đương với




















=
=







=
=
⇔














=−
=+



=−
=+
4
3
4
9
2
3
2
5
2
1
4
1
4

y
x
y
x
yx
yx
yx
yx
0,5
3
2đ
Đặt t =
( )( ) ( )
5012524264
2
2
≤≤⇒−−=++−=−+ txxxxx
t
2
= -x
2
+ 2x + 24
⇒
x
2
- 2x = 24 - t
2
Bất phương trình trở thành: t + 24 - t
2

≥
m ; t
[ ]
5;0∈

0,5
0,5
Xét hàm số f(t) = -t
2
+ t + 24 trên đoạn
[ ]
5;0
Ta có bảng biến thiên sau:
t
0
2
1
5
f(t)
4
97
24 4
Từ đó suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x
∈
[ ]
6;4−
[ ]
5;0t
4)t(fminm
∈

=≤⇔
Vậy m
≤
4
1
Bài 3
3 điểm
1
1,5đ
Đặt t =
x
suy ra x = t
2
; dx = 2t dt
2
0
0
3
9
x
t
t
x
π
π
=
=


 

⇒
 
=
=
 


I =
3
2
0
2
os
tdt
c t
π
∫
0,5
Đặt
2
tan
os
u t
du dt
dt
v t
dv
c t
=


=


⇒
 
=
=



I = 2t tant
3 3
0 0
2 3 ( osx) 2 3
2 tan 2 2ln osx
3 3
3 cosx 3
0 0
d c
tdt c
π π
π π
π
π
− = + = +
∫ ∫

I =
2 3
2ln 2

3
π
−
0,5
0,5
2
1,5đ
Gọi số tự nhiên cần lập là X =
1 2 3 4
a a a a
(a
1
khác 0)
a
i
{ }
0;1;2;3;4;5∈
(i = 1; 2; 3; 4)
0,25
* Trường hợp 1: Trong X có chữ số 0.
Có ba cách xếp chữ số 0; ba cách xếp chữ số 2; hai cách xếp chữ số 4
và
1
3
A
cách xếp ba chữ số 1; 3; 5.
Suy ra có 3.3.2.
1
3
A

= 54 số
0,25
0,25
* Trường hợp 2: Trong X không có chữ số 0.
Có bốn cách xếp chữ số 2; ba cách xếp chữ số 4 và
2
3
A
cách xếp ba chữ
số 1; 3; 5.
Suy ra có 4.3.
2
3
A
= 72 số.
Vậy có tất cả 54 + 72 = 126 số
0,25
0,25
0,25
Bài 4
5 điểm
1
2đ
Đặt
cADbABaA === ;;A'
thì
acba ===
;
cbaAC ++='
và

a
a
x
Dc
a
x
BM ⋅=⋅= D';
c
a
x
ba
a
x
a
a
x
cbc
a
x
DNADBAMBMN






−+−⋅=⋅++−⋅−=+++=⇒ 1
( )
011'
2

2
22
=⋅






−+−⋅=++












−+−⋅=⋅⇒ a
a
x
aa
a
x
cbac
a

x
ba
a
x
ACMN
Vậy MN vuông góc với AC'
M
N
A'
B'
C'
D'
D
C
B
A
0,5
0,5
4
6
4
6
2
1
21
22
2
2
2
22

2
2
2
aa
a
x
a
a
x
aa
a
x
MN ≥+






−=⋅






−++⋅=
MN ngắn nhất bằng
22
1

6
2
a
x
a
xa
=⇔=⇔⋅

(M, N tương ứng là trung điểm của BC và DD')
0,5
0,5
2
1đ Gọi tâm đường tròn (C) là I (1; -2) và bán kính R = 3
Giả sử có điểm P thoả mãn bài toán
⇒
tứ giác APBI là hình vuông
cạnh bằng 3
23=⇒ IP
0,5
Để có duy nhất một điểm P
⇔
khoảng cách từ tâm I tới d bằng
23=IP

23
43
)2(41.3
22
=
+

+−−
⇔
m
0,25




−−=
−=
⇔=+⇔
11215
11215
21511
m
m
m
Vậy m =
11215 −
và m =
11215 −−
0,25
3
2đ Gọi giao điểm của (
α
) với ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt là A(a; 0; 0);
B(0; b; 0); C(0; 0; c) với a, b, c > 0
Phương trình (
α
):

1=++
c
z
b
y
a
x
Do (
α
) đi qua điểm M
1
321
=++⇔
cba
Thể tích tứ diện OABC là
abcOCO BOABhV
6
1
2
1
3
1
3
1
=⋅⋅⋅⋅==
Áp dụng bắt đẳng thức Côsi,ta có:
276.27
6.27
1
6

3
321
1
3
≥⇒≥⇒≥⇔≥++= Vabc
abcabccba
Giá trị nhỏ nhất của V = 27 đạt được khi
3
1321
===
cba

⇔
a = 3;
b = 6; c = 9
Phương trình mặt phẳng (
α
) là:
0182361
963
=−++⇔=++ zyx
zyx
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 5
2 điểm
Không mất tính tổng quát, giả sử
CBA

≥≥
Vì tam giác ABC không tù
1
2
A
tan
2
tan
2
tan
4222
≤≤≤⇒≤≤≤⇒
BCABC
π
Đặt x = tan
2
A
; y = tan
2
B
; z = tan
2
C
thì 0 < z
≤
y
≤
x
≤
1

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm: 1 - x; 1 - y; 1 - z ta
được:
( )( )( )
33
)(1111
3
111
xyzxzyzxyzyxzyx
zyx
−+++++−=−−−≥
−+−+−
Vì xy + yz + xz = tan
2
A
tan
2
B
+ tan
2
B
tan
2
C
+ tan
2
A
tan
2
C
= 1

Suy ra:
33
3
3
1
3
2
3
12
)(2
3
)(
1)(2
3
1






−
++
+=







++
−−≥+++⇔
−++−≥






++
−⇔−++−≥
++
−
zyxzyx
xyzzyx
xyzzyx
zyx
xyzzyx
zyx
Vì x + y + z
3≥
nên
9
310
1
3
3
2
3
=









−+≥+++⇒ xyzzyx
Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều.
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
GHI CHÚ
Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.