Đáp án HSG Toán Bắc Ninh 2010

ubnd tỉnh bắc ninh
Sở giáo dục và Đào tạo
kỳ thi học sinh giỏi THPT
Năm học: 2009 - 2010
Môn: Toán Lớp 12
đáp án và Hớng dẫn chấm thi
(Đáp án gồm 04 trang)
Chú ý chung:
- Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ
hơn, nhng không chia nhỏ dới 0,25.
- Mọi lời giải của học sinh có phơng pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và
phù hợp với kiến thức trong chơng trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm tơng
ứng (học sinh có thể sử dụng kiến thức của chơng trình Cơ bản hoặc Nâng cao).
Câu 1 (3,0 điểm)
Đáp án Điểm
1) (1,00đ)
Phơng trình đã cho tơng đơng
2sin 2x cos x sin 2x
3
2cos 2x cos x cos 2x

=

0,25
tan 2x 3 (1)
sin 2x(2cos x 1)
3
1
cos 2x(2cos x 1)
cos x (2)
2

=


=





0,25
Giải (1) đợc nghiệm x =
k
6 2

+
0,25
Đối chiếu điều kiện (2), kết luận nghiệm: x =
2
m ; x m2 (m )
6 3

+ = + Â
0,25
2) (2,00đ)
Điều kiện x > 0. Với ĐK trên, bất phơng trình đã cho tơng đơng với
4.
5 5 5
log x log x 2 log x
4 6 9m.3

0,25
Chia hai vế cho
5
2 log x
3
> 0, có bất phơng trình tơng đơng
4.
5 5
2 log x log x
2 2
9m (1)
3 3


ữ ữ

0,25
Đặt t =
5
log x
2
3

ữ

với t > 0. (1) có dạng 4t
2
t

9m (2)
0,25
a) với m = 2 , (2) trở thành 4t
2
t 18

0
9
2 t
4

0,25
Vậy BPT đã cho là
5
log x
2
3

ữ

9 1
x
4 25

.
0,25
b) Khi x > 1, có
5
log x
5

2
log x 0 0 t 1
3

> < = <
ữ

. Vậy bất phơng trình đã cho có
nghiệm x > 1 khi và chỉ khi (2) có nghiệm t
(0; 1)
.
0,25
Xét hàm số f(t) = 4t
2
t với t
(0; 1)
, đợc miền giá trị của hàm f(t) là [
1
16

; 3)
0,25
Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm x > 1 khi và chỉ khi 9m

-1/16.
KL :
1
m
144

.
0,25
Câu 2 (4,0 điểm)
Đáp án Điểm
1) (1,5đ) TXĐ: R,
x R
có y =
3
2 3
x x 3
(x 1)
+
+
0,25
x R
có
2 3
(x 1)+
> 0, vậy y cùng dấu với f(x) =
3
x x 3+
.
xét hàm f(x) liên tục trên
R
và f(x) = 3x
2
+ 1 >0,
x R

f(x) đồng biến trên
R
. Mặt
khác f(1).f(2) <0

phơng trình f(x) = 0 có nghiệm x
0


(1; 2)
Vậy:
0
x
y ' 0=
và khi x > x
0

f(x) > f(x
0
) = 0

y >0; khi x < x
0

f(x) < f(x
0
)= 0

y < 0
1,0

Do đó hàm số có duy nhất một điểm cực trị đó là điểm cực tiểu. 0,25
2) (2,5đ) Đặt U(x) =
2
x 3x 1 +
, V(x) =
2
x 1+
, đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm
phân biệt A; B có hoành độ lần lợt là x
1
>0 và x
2
> 0 là nghiệm phơng trình:
2
x 3x 1 +
= 0
(1), hay U(x
1
) = U(x
2
) = 0
0,25
Gọi k
1
; k
2
thứ tự là hệ số góc của hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A; B

k
1

=
1
1 1 1 1 1 1
x
2
2
1
1
1
V(x ).U '(x ) V'(x ).U(x ) U '(x ) 2x 3
y '
V(x )
V(x )
x 1

= = =
+
. Tơng tự k
2
=
2
2
2
2x 3
x 1

+
0,5
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A và tại B lần lợt có phơng trình :
k

1
x y - k
1
x
1
= 0 và k
2
x y k
2
x
2
= 0. Gọi

là góc tạo bởi hai tiếp tuyến trên
1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
k k 1 k k 1
cos
k 1. k 1 (k k ) (k k ) 2k k 1.
+ +
= =
+ + + + +
(2)
0,5
Ta có : x
1
; x
2
là nghiệm phơng trình (1), nên x

1
+ x
2
= 3 và x
1
x
2
= 1. mặt khác
2 2
1 1 1 1
x 3x 1 0 x 1 3x + = + =
, tơng tự
2
2 2
x 1 3x+ =
. Vậy k
1
=
1
1
2x 3
3x

và
k
2
=
2
2
2x 3

3x


k
1
k
2
=
1 2 1 2 1 2
1 2
(2x 3)(2x 3) 4x x 6(x x ) 9
4 18 9 5
3 3 3
9x x
+ +
+
= = =

0,5
k
1
+ k
2
= =
1
1
2x 3
3x

+

2
2
2x 3
3x

=
2 1 1 2 1 2 1 2 1 2
1 2
3x (2x 3) 3x (2x 3) 2 3x x ( x x ) 3 3( x x )
3
9x x
+ + +
=
=
1 2 1 2
1 2
3( x x 2 x x )
3( x x )
5
3 3 3
+ +
+
= =
0,5
Thay vào (2) ta đợc
2
cos
79
=

0,25
Câu 3 (3,0 điểm)
Đáp án Điểm
1 (1,5 điểm) Với mỗi n nguyên dơng, xét tích phân I =
1
n
0
x(1 x) dx

Đặt 1 x = t

dx = - dt. Khi x = 0

t =1 và khi x = 1

t = 0.
Vậy I =
0 1 n 1 n 2
n n n 1
1 0
1
t t 1 1
(1 t)t dt (t t )dt
0
n 1 n 2 n 1 n 2
+ +
+

= = =
ữ

+ + + +


(1)
Mặt khác
n
x(1 x)
=
( )
0 1 n n n 0 1 2 n n n 1
n n n n n n
x C C x ( 1) C x C x C x ( 1) C x
+
+ + = + +
0,25
0,25
Vậy I =
( )
1
n
0 1 2 n n n 1 0 2 1 3 n n 2
n n n n n n
0
1
1 1 ( 1)
C x C x ( 1) C x dx C x C x C x
0
2 3 n 2
+ +

+ + = + +
ữ
+


=
n
0 1 n
n n n
1 1 ( 1)
C C C
2 3 n 2

+ +
+
(2)
0,25
Từ (1) và (2)


n
0 1 n
n n n
1 1 ( 1)
C C C
2 3 n 2

+ +
+

=
1
n 1+
-
1
n 2+
0,25
Vậy n thoả mãn điều kiện đã cho khi và chỉ khi
1
n 1+
-
1
n 2+
=
1
42
(3)
0,25
Giải phơng trình (3) đợc nghiệm nguyên dơng n= 5. KL: n = 5. 0,25
2 (1,5 điểm) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử:
1 1 2 3 4
max( , x , x , x )x x=
. Do hàm
cos nhận giá trị từ -1 đến 1 và là hàm chẵn nên
1 2 3 4
1
0 , x , x , x
2
x< <
.

0,25
Mặt khác, hàm cos nghịch biến trong khoảng
(0; )
2

nên từ các phơng trình của hệ ta suy
ra
2 1 2 3 4
min( , x , x , x )x x=
,
3 1 2 3 4
max( , x , x , x )x x=
4 1 2 3 4
min( , x , x , x )x x=
0,25
Do đó,
1 3
x x=
,
2 4
x x=
hệ đã cho trở thành:

1 2
2 1
6 3 cos(2 )
6 3 x cos(2 )
x x
x

=


=



0,25
Từ đó
1 2
6 3 (x )x =
1 2
2sin[ ( )]x x


1 2
sin[ ( )]x x

+

1 2
( )x x


. Vì
1 2
x x
và

6 3

>
nên
bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi
1 2
x x=
. Tức là
1 1
6 3 cos(2 ) 0x x

=
.
0,5
Từ tính đồng biến ta đợc phơng trình có nnghiệm duy nhất
1
1
12
x =
.
Vậy nghiệm của hệ là
1 2 3 4
1
12
x x x x= = = =
0,25
Câu 4 (6,5 điểm)
Chú ý : có nhiều phơng pháp để giải câu này, đáp án sau đây, đa ra một cách giải- chủ
yếu sử dụng phơng pháp thể tích.
Đáp án Điểm

1)(4,0đ)
+ Gọi V và V
1
theo thứ tự là thể tích các khối
hộp chữ nhật ABCD.ABCD và lăng trụ đứng
BCD.BCD
2
1
1 1 a
V V AB . A 'A
2 2 2
= = =
.
Ta có : V
BDBC
= V
1
(V
CDBC
+ V
DBCD
) (1)
0,75
Ta có CC

(DBC) và DD

(DBC) và dt(

DBC) = dt(

DBC) =
1
2
và
CC=DD = a

V
CDBC
= V
DBCD
=
1 1 a
. .a
3 2 6
=
0,5
Thay vào (1) ta đợc V
BDBC
=
a a a
2 3 6
=
0,5
B
A
C
D
A
B

C
D
I
+ Ta có DC// mp(ABC)

AC

d(DC; AC) = d(D ; (ABC)) = h
0,5
Gọi V
2
là thể tích khối tứ diện BDAC, ta có V
2
=
a
6
.
0,25
Mặt khác V
2
=
1
3
dt(

BAC).h
a
h
2dt( B'AC)
=

(2)
0,5
Ta có BC = BA =
2
a 1+


BAC cân ở B. Gọi I là giao điểm của AC và BD

I là trung điểm của AC và BI

AC
2
2 2
BD 2a 1
B'I B'B ( )
2 2
+
= + =
2
1 2a 1
dt( B'AC)= AC.B'I
2 2
+
=
0,75
Thay vào (2)

h=

2
a
2a 1+
. Vậy khoảng cách giữa DC và AC bằng
2
a
2a 1+
.
0,25
2) (2,5đ) Theo cmt, ta có V
BDBC
=
a
6
(3).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên mp(BDC), ta có
B' DH
=
(nhọn)
chính là góc giữa đờng thẳng BD và mặt phẳng (BDC) và BH =BDsin

.
BD =
2 2 2
D 'D B 'D ' a 2+ = +
.
0,75
Mặt khác V
BDBC
=

1
dt( BDC ').B'H
3

. Mà dt
( BDC')
=
2 2
1 1 1 1
BD.C 'I 2 . a 2a 1
2 2 2 2
= + = +
2 2
BDB'C'
1
V (2a 1)(a 2) sin
6
= + +
(4)
0,75
Từ (4) và (3)


a =
2 2
(2a 1)(a 2) sin+ +
2 2
2
2 2 2
1 (2a 1)(a 2) 1

2(a ) 5
sin a a
+ +
= = + +

0,5
áp dụng BĐT Cô si đợc
2
2
1
a
a
+
2

2
1 1
9 0 sin
3
sin
<

dấu = xảy ra khi
và chỉ khi a = 1. Vậy

lớn nhất khi và chỉ khi
1
sin
3
=

(

nhọn).
0,5
Câu 5 (3,5 điểm)
Đáp án Điểm
1 (2,0 điểm) Xét hàm số f(x) =
sin x cos x
2 2+
.
x R
, ta có f(x
2

+
)= f(x). Vậy để
xét miền giá trị của f(x) trên
R
, ta chỉ việc xét f(x) trên đoạn [0;
2

]. Khi đó f(x)
=
sin x cos x
2 2+
.
Mặt khác, giá trị mà
sin x cos x
2 2+
nhận đợc trên các đoạn [0;

4

] và [
4

;
2

] là nh
nhau. Vậy ta chỉ còn xét hàm số f(x) =
sin x cos x
2 2+
trên đoạn [0;
4

].
0,75
Ta có f(x) = ln2( cosx.
sin x cos x
2 sin x.2
)
Khi x = 0 ta có f(x) > 0, khi x =
4

ta có f(x) = 0.
Khi x

(0;
4

) thì sinx và cosx thuộc (0 ; 1) và sinx < cosx
Xét hàm số g(t) =
t
2
t
với t
(0; 1
), có g(t) =
t
2
2 (t.ln 2 1)
0
t

<

g(t) nghịch biến


g(sinx) >g(cosx)
sin x cos x
sin x cos x
2 2
cos x.2 sin x.2
sin x cos x
> >
f(x) >0.
Tóm lại f(x) đồng biến trên trên đoạn [0;
4

]. Vậy 3= f(0)
f (x) f ( )
4


=
2 2
2
2
+
1,0
Do đó
x Ă
, ta có 3


2 2
sin x cos x
2
2 2 2
+
+
0,25
2 (1,5 điểm) Đặt
2 2
cos cos sin sin
n n
n
x

= +
, suy ra
1
n
x
Ta có
1, n 2
n
x <
do đó khi
n +
thì
ln
1
1
n
n
x
x


hay
ln
1
( 1)
n
n
n x
n x

Mặt khác,
2 2
cos 1 sin 1
( 1) cos sin
1 1
n n
n
n x
n n



= +

2 2
cos ln cos sin ln sin

+
Tức là
2 2
cos sin
lim ( ) (cos ) (sin )
n
n
x
x


+

=
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
==========
Hớng dẫn chấm có 05 trang.