De thi dap an HSG 12 Thanh Hoa nam hoc 2010_2011

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
3 2 2
( 1) (4 ) 1 2
y x m x m x 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:
cos2 cos3 sin cos4 sin6 .
x x x x x
   

2) Giải bất phương trình:
2 4 2
6( 3 1) 1 0
x x x x
     

( ).
x



3) Tìm số thực a để phương trình:
9 9 3 cos( )
x x

a x

  , chỉ có duy nhất một nghiệm thực
.Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân:
 
2
3
0
sin
.
sin 3cos
x
I dx
x x





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

,
AM x

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
: 5 0
x y
   
và hai elíp
2 2
1
( ) : 1
25 16
x y
E
 
,
2 2
2
2 2
( ) : 1 ( 0)
x y
E a b
a b
   
có cùng tiêu điểm. Biết rằng
2
( )
E

đi qua điểm M thuộc đường thẳng
.

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

1 2
1 2 3 2
: 2 2 ( ); : 1 2 ( )
1 , ,
x t x s
y t t y s s
z t z s
   
 
 
        
 
 

   
 
 
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục
O x
, sao cho (P) cắt hai
đường thẳng
1 2
,
 
lần lượt tại A, B thoả mãn
1
AB

.
Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực
, ,
a b c
thoả mãn:
2 2 2
6
3.
a b c
ab bc ca

  

   


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
6 6 6
.
P a b c
  


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
3 1.
y x x
  

Tập xác định:
.


Giới hạn tại vô cực:
lim , lim .
x x
y y
 
   

Sự biến thiên:
2
' 3 3 0 1.
y x x
     


0,5
' 0 ( ; 1) (1; ).
y x
      
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( 1)
 

và
(1; )

.
' 0 ( 1;1).
y x
   
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
2 2
' 3 2( 1) 4 ,
y x m x m
     là tam thức bậc hai của x.
y' có biệt số
2
' 2 2 13.
m m
    

Nếu
' 0
 
thì
' 0,
y x
 
, suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn.

0,5
Nếu
1 3 3 1 3 3
' 0 ;
2 2
m
 
 
   
 
 
, thì
' 0
y

có hai nghiện
1 2 1 2
, ( ).
x x x x


Dấu của y':

0,5
Câu I
4,0 đ
2)
2,0đ

Chọn
0 1 2 0
( ; ) '( ) 0.
x x x y x
  
Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao
cho
0
'( ). '( ) 1
y x y x
  
pt:
2 2
0
1
3 2( 1) 4 0
'( )
x m x m
y x
     

(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
3 1 3 3 1 3 3
' 2 2 13 0, ; .
'( ) 2 2
m m m
y x
 
 
       
 
 

Vậy giá trị cần tìm của m là
1 3 3 1 3 3
;
2 2
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







































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


2 2 2 2
6 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0
x x x x x x x x
           

0,5

2 2
2 2
1 6( 1)
12. 6 0
1 1
x x x x
x x x x
   
   
   
(vì
2
1 0,
x x x
   
)
0,5
Đặt:
2
2
6( 1)
1
x x
t
x x
 

 
(t > 0), ta được
2

2 6 0
t t
  

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
5 11 5 0 ; .
1 4 10 10
x x
x x x
x x
 

   
      
 
 
 



0,5
2
9 9 3 cos( ) 3 3 .cos( ) (2).
x x x x
a x a x
 

    
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
0 0 0
2 1.
x x x

   

Với
0
1
x

, 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).
x x
x


  
Ta có

(3) 6, (3) 6.
VT VP
 
Vậy
2
3 3 6
(3) 1.
6cos( ) 6
x x
x
x



 
  

 


Vậy
6.
a
 

1,0
Ta có:
1 3
sin (sin 3cos ) (cos 3 sin )
4 4

x x x x x
   

1 3
(sin 3cos ) (sin 3 cos )'.
4 4
x x x x
   

0,5



Câu
III
2,0đ

Suy ra
2 2
2 3
0 0
1 1 3 (sin 3 cos )'
4 4
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )
x x
I dx dx
x x x x
 

 

 
 



0,25

2
2
2
2
0
0
1 1 3
16
8(sin 3 cos )
cos
6
dx
x x
x



 

 

 
 





0,75

2
0
1 3
tan
16 6 12
x


 
  
 
 
3 3 3
.
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.
= 3 xy + )1xy3(xy3
6
6
 .
Từ
2 4
3 2 .
3 9
xy x y xy xy xy
      

Suy ra
3(4 2)
min ,
9
S

 khi
2
.
3
x y
 

0,5




0,5
Hai elíp có các tiêu điểm
1 2
( 3;0), (3;0).
F F


0,5
Điểm
2 1 2
( ) 2
M E MF MF a
   
. Vậy
2
( )
E
có độ dài trục lớn nhỏ
nhất khi và chỉ khi

1 2
MF MF

nhỏ nhất.
0,5
Gọi
( ; )
N x y
là điểm đối xứng với
1
F
qua

, suy ra
( 5;2).
N


Ta có:
1 2 2 2
MF MF NM MF NF
   
(không đổi).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
M NF
  

0,5
2)

2,0đ

Toạ độ điểm
17
4 3 0
17 8
5
: ; .
5 0 8
5 5
5
x
x y
M M
x y
y

 

  


 
  
 
 
  
 







0,5
Câu
IV
6,0đ





3)
2,0đ

Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt.
1 2
(1 2 ;2 2 ; 1 ); (3 2 ; 1 2 ; ).
A A t t t B B s s s
           

Suy ra


2 2( ); 3 2( );1 ( )
AB s t s t s t
       


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.










2 2
1
9( ) 22( ) 14 1
13
.
9
s t
AB s t s t

s t
  


       

  




0,5
Với
1 (0; 1;0)
s t AB
      

(P) có một vtpt
1
; (0;0;1)
n AB i
 
 
 
  
,
suy ra
( ) : 0
P z


(loại do (P) chứa trục
O x
).
0,5
Với
13 8 1 4
; ;
9 9 9 9
s t AB
  
 
    
 
 

,
suy ra
( )
P
có một vtpt
2
4 1
; (0; ; )
9 9
n AB i

 
 
 
  

,
suy ra
( ): 4 8 0
P y z
  
(thỏa mãn bài toán).


0,5
Từ giả thiết suy ra :
0
a b c
  

0,25
Ta có:
, ,
a b c
là ba nghiệm thực của phương trình
( )( )( ) 0
x a x b x c
   

3 3
3 0 3 1 1
x x abc x x abc
        
(3)

0,5

Từ đồ thị hàm số
3
3 1,
y x x
  
suy ra pt (3) có ba nghiệm thực
, ,
a b c

khi và chỉ khi
1 1 3 2 2.
abc abc
       


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

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



0,5

6 6 6 2

3( )
P a b c P abc
    

2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2
( )( )
a b c a b c a b b c c a
       
.
2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 3( )( ) 216 18.9 54
a b c a b c a b b c c a
          
.

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