ĐỀ THI HSG LỚP 122 TỈNH NÁM ĐINH NĂM 2010

SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG - NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM & BIỂU ĐIỂM MÔN : TOÁN - LỚP 12

( Hướng dẫn chấm này có trang )
Lưu ý:
• Làm tròn điểm theo quy tắc:
4.25 4.50; 4.50 4.50; 4.75 5.00→ → →
.
• HS trình bày lời giải khác cách của đáp án, nếu đúng thì cho điểm tương đương.
Bài: Cho hàm số
3 2
( 1) 3(1 ) ( ) ,
m
y m x m x mx m C m= − + − + +
là tham số.
Chứng minh rằng với mọi
m
,
( )
m
C
luôn đi qua ba điểm cố định phân biệt thẳng hàng.
Bài Nội dung
Điểm
số
* Điểm
( )
0 0
; ( )

m
M x y C∈ ⇔

3 2
0 0 0 0
( 1) 3(1 )y m x m x mx m= − + − + +
3 2 3 2
0 0 0 0 0 0
( 3 1) 3 0 (1)x x x m x x y⇔ − + + − + − =
* Điểm
( )
0 0
;M x y
là điểm cố định của
( )
m
C
khi và chỉ khi (1) được nghiệm đúng mọi m
3 2
0 0 0
3 2
0 0 0
3 1 0 (2)
3 0 (3)
x x x
x x y

− + + =

⇔


− + − =


* Có (2)
⇔
2
0 0 0
( 1)( 2 1) 0x x x− − − =
⇒
(2) luôn có 3 nghiệm phân biệt
⇒
,( )
m
m C∀
luôn đi qua 3 điểm cố định phân biệt.
* Có (3)
⇔

3 2 3 2
0 0 0 0 0 0 0
2 ( 3 1) 1y x x x x x x= − + = − − + + + +

0 0
1y x⇒ = +
⇒
3 điểm cố định phân biệt cùng thuộc đường thẳng
1y x= +
.
Chứng tỏ

,( )
m
m C∀
luôn đi qua 3 điểm cố định phân biệt thẳng hàng.
Bài: Tìm
k
để hàm số
2
2 (1 ) 3y x k k x= − + − − +
có điểm cực đại.
Bài Nội dung
Điểm
số
* TXĐ: D=R.
* Có
'
2
2 (1 )
3
x
y k
x
= − − −
+
liên tục trên D.
⇒
"
2 3
3
( 1)

( 3)
y k
x
= −
+
liên tục trên D; Hs có điểm CĐ
'
"
0
0
y
y

=

⇔

<


2
2 3
2 (1 ) 0
3
3
( 1) 0
( 3)
x
k
x

k
x

− − − =

+

⇔


− <

+


2
( 1) 2 3
1 0
k x x
k


− = +
⇔

− <


;
2 2 2

1
0
( 1) 4( 3)
k
x
k x x

<

⇔ <


− = +

2 2
1
0
[( 1) 4] 12
k
x
k x

<

⇔ <


− − =

2

2
2
1
0
( 1) 4 0
12
( 1) 4
k
x
k
x
k
<


<


⇔
− − >



=
− −



2
1

12
( 1) 4
k
x
k
< −


⇔

= −

− −

Bài: Cho tứ diện
ABCD
có
( )AB BCD⊥
,
3AB a=
,
3CD a=
,
0
30BDC∠ =
, tam giác
BCD

vuông tại đỉnh
C

.Gọi
,M N
tương ứng là hình chiếu vuông góc của điểm B trên
AC
và
AD
.
a/ Tính thể tích khối tứ diện
MBCD
và khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng
( )MBD
theo a.
b/ Gọi V
1
, V
2
tương ứng là thể tích của các khối tứ diện
MNAB
và
MNBD
. Tính tỷ số
1
2
V
V
.
Bài Nội dung Điểm
số

*
ABC∆
vuông cân tại B
⇒
M là trung
điểm cạnh AC
* Gọi H là trung điểm cạnh BC
⇒
( )MH BCD⊥
và
1
2
MH AB=
⇒
1
. .
3
MBCD
V MH=
S
∆
BCD
=
3
1 3
.
2 4
ABCD
V a=
* Gọi d =

( ,( ))d C MBD
⇒
1
. .
3
MBCD
V d=
S
∆
MBD
* Có
( )
CD BC
CD ABC
CD AB
⊥

⇒ ⊥

⊥

CD CM
CD BM
⊥

⇒

⊥

;

( )
BM CA BM MD
BM ACD
BM CD BM AD
⊥ ⊥
 
⇒ ⇒ ⊥ ⇒
 
⊥ ⊥
 
⇒
S
∆
MBD

1
.
2
MB MD=
2 2
1 1
. .
2 2
AC CD MC= +
2 2
1 1
. . 3. 2 (3 ) ( )
4 2
a a AC= +
⇒

S
∆
MBD

2
3
. 7.
4
a=
⇒
d
21
.
7
a=
* Có
( )
AD BM
AD BMN
AD BN
⊥

⇒ ⊥

⊥


⇒
N là hình chiếu vuông góc của A và D trên (BMN)
⇒

1
2
V
V
1
. .
3
1
. .
3
BMN
BMN
AN S
DN S
∆
∆
=
AN
DN
=
;
⇒
1
2
V
V
.
.
AN AD
DN DA

=
2
2
AB
DB
=
;
⇒
1
2
V
V
2
2 2
( 3) 1
4
a
CB CD
= =
+
Bài: Tìm m để hàm số
2
y x x x m= − − + +
đồng biến trên R.
Bài Nội dung Điểm
số
* Điều kiện cần để hàm số đồng biến trên R là hàm số phải xác định trên R
2
0,x x m x R⇔ + + ≥ ∀ ∈
1

' 0 1 4 0
4
m m⇔ ∆ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥
* Điều kiện đủ:
* Với
1
4
m =
, hàm số trở thành
2
1 1
,
1 1
2 2
1 1
4 2
2 ,
2 2
khi x
y x x x x x
x khi x
−

<


= − − + + = − − + =

−


− − ≥


⇒
hàm số là hàm không đổi trên
1
;
2
R
−
 
−∞ ⊂
 ÷
 
⇒
hàm số là hàm không thể đồng biến trên R
Vậy
1
4
m =
không thỏa mãn đề bài.
* Với
1
4
m >
, có
2 2 2
1 1 1 1 2 1
( ) ( ) , (1)
4 2 2 2 2

x
x x m x x x x x x R
+
+ + > + + = + = + ≥ − + = − ∀ ∈

thì
2
2 1
' 1
2
x
y
x x m
+
= − −
+ +
xác định trên R
+ Từ (1)
2
2
2 1 1
, 1, 0
4
2
x
x R do x x m x R khi m
x x m
+
⇒ ∀ ∈ − < + + > ∀ ∈ >
+ +

2
2 1
' 1 1 1 0,
2
x
y x R
x x m
+
⇒ = − − < − + = ∀ ∈
+ +

⇒
hàm số là hàm không thể đồng biến trên R
Vậy
1
4
m >
không thỏa mãn đề bài
* KL: không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài.
Bài: Tìm m để hàm số
2
y x x x m= − + +
đồng biến trên R.
Bài Nội dung Điểm
số
* Điều kiện cần để hàm số đồng biến trên R là hàm số phải xác định trên R
2
0,x x m x R⇔ + + ≥ ∀ ∈
1
' 0 1 4 0

4
m m⇔ ∆ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥
* Điều kiện đủ:
* Với
1
4
m =
, hàm số trở thành
2
1 1
,
1 1
2 2
1 1
4 2
2 ,
2 2
khi x
y x x x x x
x khi x
− −

≥


= − + + = − + =

−

+ <



⇒
hàm số là hàm không đổi trên
1
;
2
R
−
 
+∞ ⊂
÷

 
⇒
hàm số là hàm không thể đồng biến trên R
Vậy
1
4
m =
không thỏa mãn đề bài.
* Với
1
4
m >
, có
2 2 2
1 1 1 1 2 1
( ) ( ) , (1)
4 2 2 2 2

x
x x m x x x x x x R
+
+ + > + + = + = + ≥ + = ∀ ∈

thì
2
2 1
' 1
2
x
y
x x m
+
= −
+ +
xác định trên R
+ Từ (1)
2
2 2
2 1 2 1 1
, 1 1, 0
4
2 2
x x
x R do x x m x R khi m
x x m x x m
+ +
⇒ ∀ ∈ < ⇒ − > − + + > ∀ ∈ >
+ + + +

2
2 1
' 1 1 1 0,
2
x
y x R
x x m
+
⇒ = − > − = ∀ ∈
+ +

⇒
hàm số là hàm thể đồng biến trên R
Vậy
1
4
m >
thỏa mãn đề bài
* KL:
1
4
m >
thỏa mãn đề bài.
Bài : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(1;0;0), B0;-2;0), C(0; 0; -1),
1/ Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng (ABC).
2/ Tìm trên đường thẳng OH điểm K sao cho OH.OK = 8
3/ Điểm M di động trên (ABC). Tìm giá trị lớn nhất của
AO AM
OM
+

Bài Nội dung Điểm
số
1/
* Phương trình (ABC) theo đoạn chắn là:
1
1 2 1
x y z
+ + =
− −
. Vậy (ABC) có một véc tơ pháp tuyến là
(2; 1; 2)n − −
uur
* Điểm H(x; y; z) thuộc (ABC) khi và chỉ khi
1
1 2 1
.
x y z
OH k n

+ + =

− −


=

uuuur uur
4
9
1

2 4 2 4
1 2 1
( ; ; )
9 9 9 9
4
2 1 2
9
x
x y z
y H
x y z
z

=



+ + =

− − −
 
− −
⇔ ⇔ ⇔ = ⇒
 
 
= =

−

 − −

=


2/
* Ta có O, H, K thẳng hàng và
4 2 4
( ; ; ) 0
9 9 9
OH
− −
= ≠
uuuur ur
, nên ta có
OK
uuuur
= t.
OH
uuuur
4
.
9
2 4 2 4
. ( ; ; )
9 9 9 9
4
.
9
K H
K H
K H

x t x t
y t y t K t t t
z t z t

= =


− − −

⇒ = = ⇒


−

= =


*TH1: Điểm O ở ngoài đoạn OK thì
OH
uuuur
và
OK
uuuur
cùng hướng nên
OH
uuuur
.
OK
uuuur
= OH.OK

Nên OH.OK = 8
⇔
OH
uuuur
.
OK
uuuur
=8
⇔

⇔
t = 18
⇒
(8; 4; 8)K − −
*TH2: Điểm O ở giữa O và K thì
OH
uuuur
và
OK
uuuur
ngược hướng nên
OH
uuuur
.
OK
uuuur
= - OH.OK
Nên OH.OK = 8
⇔
-

OH
uuuur
.
OK
uuuur
= 8
⇔

⇔
t = -18
⇒
( 8;4;8)K −
3/
* Ba điểm O, A, M không thẳng hàng tạo thành tam giác OAM. Gọi
1 2 3
, ,
ϕ ϕ ϕ
( )
0;
π
∈
là số đo các góc
OAM, AMO, MOA của tam giác OAM. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAM.
Ta có
2 3 2 3 2 3
2 3
1 1 1 1
1
2sin .cos cos
2 .(sin sin )

1
2 2 2
2 .sin
2sin .cos sin sin
2 2 2 2
R
AO AM
OM R
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ
+ − −
+
+
= = = ≤
* Gọi
β
là số đo góc giữa đường thẳng OA và (ABC), thì
β
không đổi trong
0;
2
π
 
 ÷
 
Khi đó
1
0

β ϕ π
< ≤ <
1
0
2 2 2
ϕβ π
⇒ < ≤ <
1
1
1 1
0 sin sin 1 0
2 2
sinsin
22
ϕβ
ϕ β
⇒ < ≤ < ⇒ < ≤
1
sin
2
AO AM
const
OM
β
+
⇒ ≤ =

1
sin
2

AO AM
OM
β
+
⇒ =
khi và chỉ khi
2 3
2 3
1
cos 1
2
M AH
ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ β
−

=
=


⇔
 
∈


=


⇔

M thuộc AH và AM = AO.
KL: M thuộc AH và AM = AO thì
AO AM
Max
OM
+
 
=
 ÷
 
1
sin
2
β
.