Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 năm học 2010 - 2011 môn toán potx

TRƯỜNG THPT CẨM THỦY 2
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số
3 2
3 3( 6) 1 (1)y x mx m x= − + + +

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm
m
để điểm A
(3;5)
nằm trên đường thẳng đi qua các
điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu 2: (2 điểm)
Tìm hệ số của x
2
trong khai triển
n
4
)
x2
1
x(
+
, biết n là số nguyên dương thỏa mãn

1n
6560

C
1n
2
C
3
2
C
2
2
2C
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
+
=
+
++++
+
Câu 3: (4 điểm)

1. Giải bất phương trình:
( ) ( )

2 2
1 5 3 1
3 5
log log 1 log log 1x x x x+ + > + −
2. Giải phương trình:
( )
( )
3
1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = +
Câu 4: (2 điểm)
Giải phương trình:
Câu 5: (3 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M
(1; 1)−
và hai đường thẳng
1
: 1 0d x y− − =
,
2
: 2 5 0d x y+ − =
. Gọi A là giao điểm của
1
d
và
2
d
.
1. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên
1
d

, đi qua điểm M và tiếp xúc với
2
d
.
2. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm M cắt
1
d
,
2
d
lần lượt ở B và C sao cho
ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC
=
3AB.
Câu 6: (3 điểm)
Cho tứ diện ABCD có AB
=
a , AC
=
b , AD
=
c và
·
·
·
0
BAC CAD DAB 60= = =
.

1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo
a, b, c
.
2. Cho
a, b, c
thay đổi luôn thỏa mãn
a b c 2010+ + ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi
tam giác BCD.
Câu 7: (2 điểm)
Giải hệ phương trình :
3
3
3
3
3
3
x x y
y y z
z z x

− =

− =


− =

HẾT
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO

TẠO
THÁI BÌNH
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 06 trang)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1
Cho hàm số
3 2
3 3( 6) 1 (1)y x mx m x
= − + + +

1. Tìm
m
để hàm số (1) có cực trị .
2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm
m
để điểm A
(3;5)
nằm trên đường thẳng đi
qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
3.0
Ý 1.
(1 đ)
Ta có:
( )
2
' 3 6 3 6= − + +y x mx m
0.5
Hàm số (1) có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biệt

2
' 9( 6) 0⇔ ∆ = − − >m m
0.5
2
3
m
m
< −

⇔

>

0.5
Ý 2.
(2 đ)
Với
2
3
m
m
< −


>

(*) thì hàm số có cực trị và tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số
(1) là nghiệm của hệ phương trình:

( )

3 2
2
3 3( 6) 1
' 3 2 6 0
y x mx m x
y x mx m

= − + + +


= − + + =


0.5
( )
( ) ( )
2 2 2
2
2 6 2 6 6 1
2 6 0
y x m x mx m m m x m m
x mx m

= − − + + + − + + + + +

⇔

− + + =



0.25
( )
( )
2 2
2 6 6 1
m
y m m x m m d⇒ = − + + + + +
0.25
⇒
Tọa độ các điểm cực trị thuộc đường thẳng
( )
m
d
. Vậy
( )
m
d
là đường thẳng qua
các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
0.25
Điểm M(3;5)
∈
( )
2
4
5 12 32 0
8
5
m
m

d m m
m
=


⇔ − − = ⇔

= −


Kết hợp (*) ta có m = 4 là giá trị cần tìm.
0.25
Câu 2
Cho các số nguyên dương a và b thỏa mãn
a b>
. Hãy so sánh hai số :
b
a
và
a
b

3.0
Xét hàm số
ln
( ) , 0
x
f x x
x
= >

có
2
1 ln
'( ) '( ) 0 (0; )
x
f x f x x e
x
−
= ⇒ = ⇔ = ∈ +∞
0.75
BBT
'( )f x
0
0
e
+∞
2
4
−∞
x
( )f x
ln 2
2
ln 2
2
+
+
−
−
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

0.75
•
ln ln
( ) ( )
;
< <

⇒ < ⇒ < ⇒ <

∈

b a
e b a
a b
f a f b a b
a b Z
a b
0.5
•
0 1
; 2
< < < =
 
⇒ ⇒ >
 
∈ =
 
b a
b a e b
a b

a b Z a
0.25
•
1=

⇒ >

< ∈

b a
b
a b
e a Z
•
2
2
4
3
=

=


< < ⇒ ⇒ >
 
=


∈


b a
b
b
e a a b
a
a Z
0.25
•
2
4
=

⇒ =

=

a b
b
b a
a
•
2
( ) ( )
4
=

⇒ < ⇒ <

< ∈


b a
b
f a f b a b
a Z
0.25
Vậy với a, b nguyên dương, ta có:
• Nếu
a b e> >
hoặc
b 2
a 4
=


>

thì
<
b a
a b
• Nếu
b 1
a 2
=


=

hoặc
b 2

a 3
=


=

hoặc
b 1
a e
=


>

thì
>
b a
a b
• Nếu
b 2
a 4
=


=

thì
b a
a b=
0.25

Câu 3
1. Cho hàm số
1 cos .cos2
0
( )
0 0
x x
khi x
f x
x
khi x
−

≠

=


=


Tính đạo hàm của hàm số tại
x 0
=
.
2. Giải phương trình :
( )
( )
3
1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = +

4.0
Xét giới hạn
2
0 0
( ) (0) 1 cos cos2
lim lim
0
x x
f x f x x
x x
→ →
− −
=
−
0.5
( )
2 2 2
0 0 0
1
1 cos3 cos
1 cos3 1 cos
2
lim lim lim
2 2
x x x
x x
x x
x x x
→ → →
− +

− −
= = +
0.5
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Ý 1.
(2 đ)

2 2
0 0
3
sin sin
9 1 5
2 2
lim lim
3
4 4 2
2 2
x x
x x
x x
→ →
   
 ÷  ÷
= + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0.75
Vậy
5

'(0)
2
f =
0.25
Ý 2.
(2 đ)
ĐK:
1x
≥
.
• x = 1 không là nghiệm của phương trình
0.5
•
1
>
x
thì PT
3
6
2 1 3 6
1
x
x x
x
+
⇔ − + + =
−
(*)
0.5
Ta xét các hàm số sau trên

( )
1;+∞
1)
3
( ) 2 1 3 6f x x x= − + +
có
3
1 1
'( ) 0, 1
1 6
f x x
x x
= + > ∀ >
− +
0.25
2)
6
( )
1
x
g x
x
+
=
−
có
( )
2
7
'( ) 0, 1

1
g x x
x
−
= < ∀ >
−
0.25
Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên
nghiệm
2x =
cũng là nghiệm duy nhất của (*) 0.25
Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất
2x
=
0.25
Câu 4
Cho các số thực x , y , z thỏa mãn
2 2 2
3x y z+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
3 7 5 5 7 3F x y y z z x= + + + + +
2.0
Áp dụng BĐT Buniacovsky ta có:
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
3 6 12 18 2 2 18 2 2 3F x y z x y z x x
   
 

≤ + + ≤ + + = + −
 
   
   
0.75
Xét hàm số:
( )
2 2
( ) 2 2 3f x x x= + −
trên miền xác định
3 3x− ≤ ≤
( )
( )
2
4
'( ) 2 ( 3; 3 )
2 3
x
f x x x
x
= − ∈ −
−
0.25

0
'( ) 0 ên (- 3; 3)
1
x
f x tr
x

=

= ⇔

= ±

0.25
( )
( ) ( )
3 3, 0 2 6 1 5f f f± = = ± =

3; 3
max ( ) 5f x
 
−
 
⇒ =
0.25
Suy ra
2
18.5 3 10F F≤ ⇒ ≤
Với
1x y z= = =
thỏa mãn
2 2 2
3x y z+ + =
thì
3 10F =
. Vậy
max 3 10F =

0.5
Câu 5
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M
(1; 1)−
và hai đường thẳng

1
: 1 0d x y− − =
,
2
: 2 5 0d x y+ − =
. Gọi A là giao điểm của
1
d
và
2
d
.
1.Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng
1
d
, đi qua điểm M và
tiếp xúc với đường thẳng
2
d
.
2.Viết phương trình đường thẳng
∆
qua M cắt
1

d
,
2
d
lần lượt ở B và C sao cho ba
3.0
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
điểm A , B , C tạo thành tam giác có BC
=
3AB.
Ý 1.
(1.5 đ)
Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì
( )
1
; 1I d I a a∈ ⇒ −
0.25
(T) qua M và tiếp xúc d
2
nên ta có:

( )
( )
2
2
2
2 1 5
( ; ) 1
5
+ − −

= ⇔ − + =
a a
IM d I d a a
0.25

2
26 31 0 13 10 2a a a⇔ + − = ⇔ = − ±
0.25
•
( ) ( )
13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − − ⇒ − − − − = +
Phương trình (T) là :
( ) ( ) ( )
2 2 2
13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)+ + + + + = +x y
0.25
•
( ) ( )
13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − + ⇒ − + − = = −
Phương trình (T) là :
( ) ( ) ( )
2 2 2
13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)+ − + + − = −x y
0.25
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) 0.25
Ý 2.
(1.5 đ)
Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x y 1 0 x 2
A(2;1)

2x y 5 0 y 1
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
0.25
Lấy điểm
( ) ( )
1
3;2 ∈ ≠E d E A
. Ta tìm trên d
2
điểm F (
≠F A
) sao cho EF = 3AE
Do
( )
2
;5 2F d F x x∈ ⇒ −
.
Khi đó
( ) ( )
2 2
EF = 3AE 3 3 2 18x x⇔ − + − =
0.25

( )
2

0;5
0
5 18 0
18
18 11
;
5
5 5
F
x
x x
x
F

=



⇔ − = ⇔ ⇔
 


=
−
 ÷


 

(Cả hai điểm F này đều thỏa mãn

≠F A
)

0.25
Vì
3
// //
3
BC AB
EF AE
BC EF EF
EF AE
BC AB
=

⇒ = ⇒ ⇒ ∆

=

0.25
•
( ) ( )
0;5 3;3 : 0⇒ − ⇒ ∆ + =
uuur
F EF x y
0.25
•
18 11 3 21
; ; : 7 6 0
5 5 5 5

   
− ⇒ − ⇒ ∆ + − =
 ÷  ÷
   
uuur
F EF x y
0.25
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là
: 0x y∆ + =
và
: 7 6 0x y∆ + − =
0.25
Câu 6
Cho tứ diện ABCD có AB
=
a , AC
=
b , AD
=
c và
·
·
·
0
BAC CAD DAB 60= = =
.
1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo
a, b, c
.
2. Cho

a, b, c
thay đổi luôn thỏa mãn
a b c 2010+ + ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
chu vi tam giác BCD.
3.0
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Ý 1.
(1.5 đ)
H
A
B
C
D
E
F
• Không giảm tính tổng quát, giả sử
{a;b;c}a min=
(cũng có thể giả sử
a b c≤ ≤
) .
Khi đó trên các cạnh AC , AD lần lượt lấy các điểm E và F saocho AE = AF = a.
Ta nhận được tứ diện ABEF là tứ diện đều cạnh a.
0.5
• Tính được thể khối tích tứ diện đều ABEF là
3
a 2
12
0.5
• Ta có :

2
ABEF
ABCD ABEF
2
ABCD
V AE AF a bc abc 2
. V .V
V AC AD bc a 12
= = ⇒ = =
0.5
Ý 2.
(1.5 đ)
Ta có
·
2 2 2 2
BC AB AC 2AB.AC.cosBAC a b ab= + − = + −
0.25
Tương tự :
2 2 2 2
CD b c bc , DB c a ca= + − = + −
0.25
Chu vi tam giác BCD là
2 2 2 2 2 2
P a b ab b c bc c a ca= + − + + − + + −
0.25
Ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
3 1 1

a b ab a b a b a b
4 4 2
+ − = − + + ≥ +
0.25
Tương tự ta có:
( ) ( )
2 2 2 2
1 1
b c bc b c , c a ca c a
2 2
+ − ≥ + + − ≥ +
0.25
Suy ra :
P a b c 2010≥ + + ≥
.
Với
a b c 670= = =
thỏa mãn
a b c 2010+ + ≥
ta có
P 2010=
Vậy
min 2010P =
0.25
Câu 7
Giải hệ phương trình sau:
3
3
3
3 (1)

3 (2)
3 (3)
x x y
y y z
z z x

− =

− =


− =

2.0


Thay (2) vào (1) có :
3 3 3
( 3 ) 3( 3 ) (4)z z z z y− − − =
Thế (3) vào (4) ta được :
3
3 3 3 3 3 3
( 3 ) 3( 3 ) 3 ( 3 ) 3( 3 ) (*)y y y y y y y y y
   
− − − − − − − =
   
0.5
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Xét
[ ]

2;2y
∈ −
, đặt y = 2cost (
[ ]
0;t
π
∈
) , ta có :
PT(*)
3
3 3 3 3 3 3
(8cos 6cos ) 3(8cos 6cos ) 3[(8cos 6cos ) 3(8cos 6cos )] 2cost t t t t t t t t
 
⇔ − − − − − − − =
 
0.5
3 3 3
3
(8cos 3 6cos3 ) 3(8cos 3 6cos3 ) 2cos
8cos 9 6cos9 2cos cos27 cos
( )
13 14
t t t t t
t t t t t
m m
t hoac t m
π π
⇔ − − − =
⇔ − = ⇔ =
⇔ = = ∈

(
&
Z
0.25
Vì
[ ]
0;
π
∈
t
nên
, 0;12 , 1;14
13 14
k l
t k l
π π
   
∈ = ∪ =
   
   
Từ đó PT (*) có 27 nghiệm phân biệt trên đoạn
[ ]
2;2
−
là

2cos
13
k
y

π
=
với
0;12k =
và
2cos
14
l
y
π
=
với
1;14l =
0.25
PT (*) là PT bậc 27 nên có tối đa 27 nghiệm . Từ đó trên
R
, PT(*) có 27 nghiệm
phân biệt

2cos
13
k
y
π
=
với
0;12k =
và
2cos
14

l
y
π
=
với
1;14l =
Thay các giá trị này của y vào (3) và (2) ta đi đến kết luận :
Hệ phương trình đã cho có các nghiệm là :
9
2cos
13
2cos
13
3
2cos
13
k
x
k
y
k
z
π
π
π

=




=



=


và
9
2cos
14
2cos
14
3
2cos
14
l
x
l
y
l
z
π
π
π

=




=



=


với
0;12k =
và
1;14l =
0,5
HƯỚNG DẪN CHUNG
+ Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước ,
yêu cầu thí sinh phải trình bầy và
biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm .
+ Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm .
+ Chấm từng phần . Điểm toàn bài không làm tròn .