Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh hóa năm 2011 môn Toán ppt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

Đề chính thức

Số báo danh



KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học 2010- 2011

Môn thi: Toán
Lớp: 12 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24/03/2011
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu).

Câu I. (4,0 điểm).
Cho hàm số
322
(1) (4 )12yx m x mx m=−+ −− −−
( m là tham số thực), có đồ thị là ().
m
C
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.m
=
−
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị
()

m
C có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
Câu II
. (6,0 điểm).
1) Giải phương trình:
cos 2 cos3 sin cos 4 sin 6 .
x
xx x x
+
−− =
2) Giải bất phương trình:
242
6( 3 1) 1 0xx xx
−
++ + +≤
().x ∈ 

3) Tìm số thực a để phương trình:
99 3cos()
xx
ax
π
+= , chỉ có duy nhất một nghiệm thực
.Câu III
. (2,0 điểm). Tính tích phân:
()
2
3
0
sin

.
sin 3cos
x
Idx
xx
π
=
+
∫

Câu IV
. (6,0 điểm).
1) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc
các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt

,
A
Mx= AN y= . Tìm ,
x
y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất.
2) Trên mặt phẳng toạ độ
,Oxy cho đường thẳng :50
x
y
Δ
−+= và hai elíp
22
1
(): 1
25 16

xy
E +=
,
22
2
22
(): 1( 0)
xy
Eab
ab
+
=>>
có cùng tiêu điểm. Biết rằng
2
()E
đi qua điểm M thuộc đường thẳng
.
Δ
Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp
2
()E
có độ dài
trục lớn nhỏ nhất.
3)
Trong không gian ,Oxyz cho điểm (0;2;0)M và hai đường thẳng

12
12 32
:22(); : 12()
1, ,

xt x s
ytt y ss
zt zs
=+ =+
⎧⎧
⎪⎪
Δ=− ∈ Δ=−− ∈
⎨⎨
⎪⎪
=− + =
⎩⎩


.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục Ox, sao cho (P) cắt hai
đường thẳng
12
,
Δ
Δ lần lượt tại A, B thoả mãn 1AB
=
.
Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực ,,abc thoả mãn:
222
6
3.
abc
ab bc ca
⎧
++=

⎨
+
+=−
⎩

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
666
.Pabc
=
++

HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
.

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC


(Gồm có 4 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN THI: TOÁN
LỚP: 12 THPT
Ngày thi: 24 - 3 - 2011
Câu Ý
Hướng dẫn chấm
Điêm

Với 1,m =− ta được hàm số
3
31.yx x
=
−+
Tập xác định:
.
Giới hạn tại vô cực:
lim , lim .
xx
yy
→+∞ →−∞
=
+∞ = −∞

Sự biến thiên:
2
'3 30 1.yx x=−=⇔=±


0,5
'0 ( ;1)(1; ).yx>⇔∈−∞−∪ +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng
(1)−∞ − và (1; )+∞ .
'0 (1;1).yx<⇔∈−
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(1;1).
−

Điểm cực đại của đồ thị
(1;3),

−
điểm cực tiểu của đồ thị
(1; 1).−


0,5


Bảng biến thiên:







0,5
1)
2,0đ
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3).

Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng

0,5
Ta có
22
'3 2( 1) 4 ,
y
xmx m=− +−+ là tam thức bậc hai của x.
y' có biệt số
2
' 2 2 13.mmΔ=− + +
Nếu
'0Δ≤ thì '0,yx≥∀, suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn.

0,5
Nếu
133133
'0 ;
22
m
⎛⎞
−+
Δ> ⇔ ∈
⎜⎟
⎝⎠
, thì '0y
=
có hai nghiện

12 1 2
,( ).
x
xxx<

Dấu của y':

0,5
Câu I
4,0 đ
2)
2,0đ

Chọn
012 0
(; ) '() 0.xxx yx∈⇒<
Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao
cho
0
'( ). '( ) 1yxyx =− ⇔ pt:
22
0
1
32(1)4 0
'( )
xmxm
yx
−
+−++ =
(1) có

0,75
-2
-1
-1
1
1
3
2
x
y
O
x
y'
y
−
∞
−
∞
+∞
+∞
1
−
1
−

1
3
0 0

−
+
+
x -
∞

+
∞

'
y
1
x
2
x
0
0
−
+
+
nghiệm . Pt (1) có:
2
1
0
3133133
'2 213 0, ; .
'( ) 2 2
mm m
yx
⎛⎞

−+
Δ=− + + − > ∀∈
⎜⎟
⎝⎠

Vậy giá trị cần tìm của m là
133133
;
22
m
⎛⎞
−+
∈
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25
PT 0)3cos.3sin23(cossin)4cos2(cos
=
−
+
−
−⇔ xxxxxx
0)3cos3cos3sin2()sin3sinsin2(
=
−
−
−⇔ xxxxxx

0,5
0)3cos)(sin13sin2(
=
−
−⇔ xxx
0,5
1)
2,0đ

⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+−=
+=
+=
+=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣

⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
=
⇔
π
π
ππ
ππ
ππ
π
kx
kx
kx
kx
xx
x
4
28
3
2
18
5
3
2

18
2
cos3cos
2
1
3sin

().k
∈




0,5



0,5

Tập xác định: 
BPT
()
22 22
62( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0xx xx xx xx⇔−+−+++−+++≤
0,5


22
22
16( 1)

12. 6 0
11
xx xx
xx xx
−+ −+
⇔+ −≤
++ ++
(vì
2
10,
x
xx
+
+> ∀
)
0,5
Đặt:
2
2
6( 1)
1
xx
t
xx
−+
=
++
(t > 0), ta được
2
260tt

+
−≤
3
0
2
t
⇔
<≤
.

0,5
Câu II
6,0 đ
2)
2,0đ


BPT đã cho tương đương với
2
2
2
6( 1) 9 11 21 11 21
51150 ; .
1 4 10 10
xx
xx x
xx
⎛⎞
−+ − +
≤⇔ − +≤⇔∈

⎜⎟
++
⎝⎠



0,5
2
9 9 3 cos( ) 3 3 .cos( ) (2).
xx xx
ax ax
ππ
−
+= ⇔ + =
Nhận xét: Nếu
0
x
là nghiệm của (2) thì
0
2
x
−
cũng là nghiệm của (2),
0,5
suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là
000
21.xxx
=
−⇔=

Với
0
1x = , thì từ (2) suy ra 6.a
=
−
0,5

3)
2,0đ

Với 6,a =− thì phương trình (2) trở thành
2
3 3 6cos( ) (3).
xx
x
π
−
+=−
Ta có
(3) 6, (3) 6.VT VP≥≤ Vậy
2
33 6
(3) 1.
6cos( ) 6
xx
x
x
π
−
⎧

+=
⇔
⇔=
⎨
−=
⎩

Vậy
6.a =−
1,0
Ta có:
13
sin (sin 3cos ) (cos 3sin )
44
x
xx xx=+ − −

13
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )'.
44
x
xxx=+−+


0,5



Câu
III

2,0đ

Suy ra
22
23
00
11 3(sin3cos)'
44
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )
xx
Idx dx
xx xx
ππ
+
=−
++
∫∫



0,25

2
2
2
2
0
0
11 3
16

8(sin 3 cos )
cos
6
dx
xx
x
π
π
π
=+
+
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
∫



0,75

2
0
13
tan
16 6 12
x
π
π
⎛⎞

=−+
⎜⎟
⎝⎠
333
.
12 12 6
=+=

0,5


Kẻ DH
⊥
MN , do (DMN)
⊥
(ABC) suy ra DH
⊥
(ABC).
Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC.

0,5
Ta có: S
AMN
=
2
1
.AM.AN.sin60
0
=
xy

4
3
; S
AMN
= S
AMH
+ S
ANH

=
2
1
.AM.AH.sin30
0
+
2
1
.AN.AH.sin30
0
=
3
3
.
4
1
(x+y).
Suy ra
xy
4
3

=
3
3
.
4
1
(x+y)
⇒ x+y= 3xy (0
≤
x,y
≤
1 ).


0,5




1)
2,0đ
Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN:
S = S
AMD
+ S
AND
+ S
DMN
+ S
AMN

=
2
1
AD.AM.sin60
0
+
2
1
AD.AN.sin60
0
+
2
1
DH.MN +
2
1
AM.AN.sin60
0.
= 3xy + )1xy3(xy3
6
6
− .
Từ
24
32 .
39
xy x y xy xy xy=+≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

Suy ra

3(4 2)
min ,
9
S
+
=
khi
2
.
3
xy
=
=








0,5




0,5
Hai elíp có các tiêu điểm
12
( 3;0), (3;0).FF

−

0,5
Điểm
212
() 2
M
EMFMFa∈⇒+ =
. Vậy
2
()E
có độ dài trục lớn nhỏ
nhất khi và chỉ khi
12
M
FMF
+
nhỏ nhất.
0,5
Gọi (;)Nxy là điểm đối xứng với
1
F qua
Δ
, suy ra (5;2).N
−

Ta có:
12 22
M
FMF NMMF NF+=+≥ (không đổi).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
MNF
=
∩Δ
0,5
2)
2,0đ
Toạ độ điểm
17
430
17 8
5
:;.
50 8
55
5
x
xy
MM
xy
y
⎧
=−
⎪
+−=
⎧
⎪
⎛⎞
⇔⇒−

⎨⎨
⎜⎟
−+=
⎝⎠
⎩
⎪
=
⎪
⎩

0,5
Câu
IV
6,0đ





3)
2,0đ
Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt.
12
(1 2 ;2 2 ; 1 ); (3 2 ; 1 2 ; ).AAtttB Bsss∈Δ ⇒ + − − + ∈Δ ⇒ + − −
Suy ra
()
22( );32( );1( )AB st st st=+ −−− − +−
uuur

0,5
H
A
B
C
D
M
N


GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.










22
1
9( ) 22( ) 14 1
13
.
9
st
AB s t s t
st

−=−
⎡
⎢
⇒=−+−+=⇒
⎢
−=−
⎣



0,5
Với
1(0;1;0)st AB−=−⇒ = − ⇒
uuur
(P) có một vtpt
1
; (0;0;1)nABi
⎡⎤
==
⎣⎦
u
ruuurr
,
suy ra
(): 0Pz=
(loại do (P) chứa trục
Ox
).
0,5
Với

13 8 1 4
;;
9999
st AB
−
−−
⎛⎞
−=− ⇒ =
⎜⎟
⎝⎠
uuur
,
suy ra
()P có một vtpt
2
41
;(0;;)
99
nABi
−
⎡⎤
==
⎣⎦
u
ur uuurr
,
suy ra
():4 8 0Pyz−−= (thỏa mãn bài toán).

0,5
Từ giả thiết suy ra :
0abc
+
+=

0,25
Ta có: ,,abc là ba nghiệm thực của phương trình ()()()0xaxbxc
−
−−=
33
30311
x
x abc x x abc⇔−− =⇔−+= + (3)

0,5
Từ đồ thị hàm số
3
31,yx x
=
−+ suy ra pt (3) có ba nghiệm thực ,,abc
khi và chỉ khi
1132 2.abc abc−≤ +≤ ⇔−≤ ≤

2abc
=
− , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2.

2abc
=

, khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2.



0,5

666 2
3( )P a b c P abc=++⇒−

222444222222
()( )a b c a b c ab bc ca=++ ++− − −
.
2223 222222222
( ) 3( )( ) 216 18.9 54a b c a b c ab bc ca=++ − ++ + + = − =.

0,5
Câu V
2,0đ

2
3( ) 54 max 66,P abc P=+⇒= khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2,
hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2.
0,25