De va dap an chi tiet HSG toan 12 Tinh Thanh Hoa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
Đề chính thức
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học: 2010 – 2011
Môn Toán, Lớp 12 THPT
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số
3 2 2
( 1) (4 ) 1 2y x m x m x m= − + − − − −

( )
m
C
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi
1m
= −
.
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 6x x x x x+ − − =
.
2. Giải bất phương trình:

2 4 2
6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤
.
3. Tìm số thực
a
để phương trình
9 9 3 cos( )
x x
a x
π
+ =
có nghiệm thực duy nhất.
Câu III (2,0 điểm) Tính tích phân:
2
3
0
sin
(sin 3cos )
x
dx
x x
π
+
∫
.
Câu IV (6,0 điểm)
1. Cho tứ diện đều
ABCD
có độ dài các 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 0x y∆ − + =
và hai elíp
2 2 2 2
1 2
2 2
( ) : 1, ( ) : 1 ( 0)
25 16
x y x y
E 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
2
( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
3. Trong không gian

Oxyz
cho điểm M(0;2;0) và hai đường thẳng
1 2
1 2 3 2
: 2 2 : 1 2 ( , )
1
x t x s
y t y s t s
z t z s
= + = +
 
 
∆ = − ∆ = − − ∈
 
 
= − + =
 
¡
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song
song với trục
Ox
, sao cho (P) cắt hai đường thẳng
1
∆
và
2
∆
tại lần lượt A, B thoả mãn AB = 1.
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.
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HS GIOI TỈNH THANH HÓA 2011
Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số
3 2 2
( 1) (4 ) 1 2y x m x m x m= − + − − − −

( )
m
C
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi
1m

= −
.
Với m = - 1, hàm số là
3
3 1y x x= − +
(Bạn đọc tự khảo sát)
2. Tìm các giá trị của
m
để đồ thị
( )
m
C
có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
Giả sử đồ thị có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau, không mất tính tổng quát ta gọi hệ số góc của hai tiếp tuyến
đó là k và
1
k
−
với k >0.
Khi đó hai pt (ẩn x)
2 2
3 2( 1) (4 )x m x m k− + − − =
và
2 2
1
3 2( 1) (4 )x m x m
k
− + − − = −
phải đồng thời có
nghiệm, tương đương với

2
1
2
2
' 2 2 13 3 0
3
' 2 2 13 0
m m k
m m
k

∆ = − + + + ≥


∆ = − + + − ≥



2
2
2 2 13
3
1 2 2 13
3
m m
k
m m
k

− −

≥


⇔

− −

− ≥


2
1 2 2 13
3
m m
k
− −
⇔ − ≥
(vì
1
, 0)k k
k
> − ∀ >
2
1 2 2 13
3
m m
k
− −
⇔ ≤ −
(1)

Suy ra: Đồ thị
( )
m
C
có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau khi và chỉ khi bất pt (1) có nghiệm k > 0.
Tương đương với
2
2 2 13
0
3
m m− −
− >
2
1 27 1 27
2 2 13 0
2 2
m m m
− +
⇔ − − < ⇔ < <
.
Vậy:
1 27 1 27
2 2
m
− +
< <
.
Câu II (6,0 điểm)
1. Giải phương trình :
cos 2 cos3 sin cos 4 sin 6x x x x x

+ − − =
(1)
(1)
⇔
(cos2x - cos4x) - sinx = sin6x - cos3x
2sin 3 sin sinx 2sin3 cos3 os3x x x x c x⇔ − = −
sin (2sin 3 1) cos3 (2sin 3 1)x x x x⇔ − = −
( ) ( )
2
18 3
8 2
(2sin 3 1) sinx os3 0
5 2
18 3
4
x k
x k
x c x k
x k x K
π π
π π
π π
π
π


= +
= +



− − = ⇔ ∨ ∈




= + = − +




¢
.
2. Giải bất phương trình:
2 4 2
6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤
(2).
D = R
Cách 1:
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (2).
- Với x > 0, ta có:
(2)
2
2
1 1
6( 3) 1 0x x
x x
⇔ + − + + + ≤
(chia 2 vế cho x).
Đặt
1

2, 0t x x
x
= + ≥ ∀ >
, (1) trở thành
( )
2
1 6 3t t− ≤ −
2
2 3
5 36 55 0
t
t t
≤ ≤

⇔

− + ≥

11
2
5
t⇔ ≤ ≤
.
Suy ra:
1 11
( 0)
5
x x
x
+ ≤ >

2
11 21 11 21
5 11 5 0 ( 0)
10 10
x x x x
− +
⇔ − + ≤ > ⇔ ≤ ≤
- Với x < 0, ta có:
2
(2)
2
2
1 1
6( 3) 1 0x x
x x
⇔ + − − + + ≥
(chia 2 vế cho x < 0).
Đặt
1
2, 0t x x
x
= + ≤ − ∀ <
, (1) trở thành
( )
2
1 6 3t t− ≤ −
, vô nghiệm vì
2t ≤ −
.
Vậy bất pt có nghiệm

11 21 11 21
10 10
x
− +
≤ ≤
.
Cách 2.
(2)
2 2 2 2
6( 3 1) ( 1) 0x x x x⇔ − + + + − ≤
2 2 2 2
6[2( 1) ( 1)] ( 1)( 1) 0x x x x x x x x⇔ − + − + + + − + + + ≤
2 2
2 2
1 1
6[2 1] 0
1 1
x x x x
x x x x
− + − +
⇔ − + ≤
+ + + +
(chia hai vế cho
2
1 0,x x x+ + > ∀
).
Đặt
2
2
1

0
1
x x
t
x x
− +
= >
+ +
ta được bpt
2 2
6[2 1] 0 2 6 6 0t t t t⇔ − + ≤ ⇔ + − ≤
2 6
4
6
t⇔ − ≤ ≤
.
Dẫn đến
2 2
2 2
1 6 1 3
1 4 1 8
x x x x
x x x x
− + − +
≤ ⇔ ≤
+ + + +
2
11 21 11 21
5 11 5 0
10 10

x x x
− +
⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
.
Vậy bất pt có nghiệm
11 21 11 21
10 10
x
− +
≤ ≤
.
II 3. Tìm số thực
a
để phương trình
9 9 3 cos( )
x x
a x
π
+ =
có nghiệm thực duy nhất
2
9 9 3 cos( ) 3 3 cos( )
x x x x
a x a x
π π
−
+ = ⇔ + =
(1)
+ Điều kiện cần:
Giả sử

0
x

là nghiệm duy nhất của (1). Khi đó
0
2 x−
cúng là nghiệm của (1) nên
0 0 0
2 1x x x= − ⇔ =
.
Thay x = 1 vào pt trình ta được a = - 6.
+ Điều kiện đủ:
Với a = -6. (1) là:
2
3 3 6cos( )
x x
x
π
−
+ = −
(2).
Ta có
2 2
3 3 2 3 .3 6
x x x x− −
+ ≥ =
,
cos( ) 1 6cos( ) 6x x
π π

≥ − ⇔ − ≤
Do đó (2)
2
3 3
1
cos( ) 1
x x
x
x
π
−

=
⇔ ⇔ =

= −

(nghiệm duy nhất).
Vậy a = -6.
Câu III (2,0 điểm) Tính tích phân:
2
3
0
sin
(sin 3 cos )
x
dx
x x
π
+

∫
.
Cách 1.
Đặt
2
3
0
sin
(sin 3 cos )
x
I dx
x x
π
=
+
∫
Xét:
2
3
0
s
(sin 3 cos )
co x
J dx
x x
π
=
+
∫
.

Ta có:
2 2
3 2
0 0
sinx 3cos 1
3
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )
x
I J dx dx
x x x x
π π
+
+ = =
+ +
∫ ∫
2
2
2
0
0
1 1 1 3
tan
4 4 6 3
cos
6
dx x
x
π
π
π

π
 
= = − =
 ÷
 
 
−
 ÷
 
∫
3
2 2
3 3
0 0
3 sinx cos (sin 3 cos )
3
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )
x d x x
I J dx
x x x x
π π
− +
− = = −
+ +
∫ ∫
2
2
0
1 1 1
2 3

(sin 3 cos )x x
π
= =
+
Ta có:
3
3
3
3
6
1
3
3
I J
I
I J

+ =


⇒ =


− =


. Vậy
3
6
I =

.
Cách 2.
2 2
3 3
0 0
sin 1 (sin 3cos ) 3(cos 3 sinx)
4
(sin 3 cos ) (sin 3cos )
x x x x
I dx dx
x x x x
π π
+ − −
= =
+ +
∫ ∫
2 2
2 3
0 0
1 1 3 (sin 3 cos )
4 4
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )
d x x
dx
x x x x
π π
+
= −
+ +
∫ ∫

1 3 3 1 3
. .
4 3 4 3 6
 
= − − =
 ÷
 
Vậy
3
6
I =
.
Câu IV (6,0 điểm)
1. Cho tứ diện đều
ABCD
có độ dài các 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.
Gọi O là tâm của tam giác ABC. Ta có DO vuông góc với (ABC).
Do đó (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC) khi và chỉ khi (DMN) chứa DO. Suy ra M, N, O thẳng hàng.
Ta có:
·
1 3
. .sin
2 4
ADM

S AD AM DAM x= =
;
·
1 3
. .sin
2 4
ADN
S AD AN DAN y= =
·
1 3
. .sin
2 4
AMN
S AM AN MAN xy= =
(1);
2 2
1 6
.
2 6
DMN
S DO MN x y xy= = + −
.
Vì
2
2 2
2 3 6
1
3 2 3
DO AD AO
 

= − = − =
 ÷
 ÷
 
;
·
2 2 2 2
2 . . osMN AM AN AM AN c MAN x y xy= + − = + −
Do đó diện tích toàn phần của tứ diện DAMN là S =
( )
2 2
3 6
4 6
x y xy x y xy+ + + + −
Mặt khác,
1 1 3
. . ( )
2 2 12
AMN AMO ANO
S S S AM OI AN OK x y= + = + = +
(2).
4
D
A
B
C
O
M
N
Từ (1) và (2) ta có

3 3
( ) 3
4 12
xy x y x y xy= + ⇔ + =
.
Do đó: S =
( )
2 2
3 6 6
3 3 2
4 6 6
x y xy xy x y xy xy xy xy+ + + = + + − ≥ + −
6
3
6
xy xy= +
Mà
2 4
3 2 3 2
3 9
xy x y xy xy xy xy xy= + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
nên
S
6 9 3 6
3
6 4
xy xy
+
≥ + ≥
.

9 3 6
4
S
+
=
khi và chỉ khi
3
2
(0 ; 1) .
3
x y xy
x y x y
x y
+ =

< < ⇔ = =

=

Vậy diện tích toàn phần S của tứ diện DAMN nhỏ nhất khi và chỉ khi
2
.
3
x y= =
IV. 2. Trên mặt phẳng toạ độ
Oxy
cho đường thẳng
: 5 0x y∆ − + =
và hai elíp
2 2 2 2

1 2
2 2
( ) : 1, ( ) : 1 ( 0)
25 16
x y x y
E 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
2
( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
Từ giải thiết ta có a
2
- b
2
= 25 – 16 = 9 hay b
2
= a
2
– 9.
Vì b
2
> 0 nên a
2
– 9 > 0 hay a > 3.

M thuộc
∆
nên M(t; t + 5).
M thuộc
2
( )E
khi và chỉ khi
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
5 5
1 1
9
t t
t t
a b a a
+ +
+ = ⇔ + =
−
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2
2 9 10 34 0 1a t a t a a⇔ − + − − =
Điểm M tồn tại khi và chỉ khi (1) có nghiệm theo ẩn t.
Vì a > 3 nên
2
2 9 0a − >
, do đó:
(1) có nghiệm khi và chỉ khi

2
2
17
' 0
9
a
a

≥
∆ ≥ ⇔

≤

.
Vì a > 3 nên ta có
17a ≥
.
Do đó a nhỏ nhất bằng
17
, khi đó (1) có nghiệm kép
5.17 17
2.17 9 5
t = − = −
−
.
Suy ra
17 8
;
5 8
M

 
−
 ÷
 
.
IV 3. Trong không gian
Oxyz
cho điểm M(0;2;0) và hai đường thẳng
1 2
1 2 3 2
: 2 2 : 1 2 ( , )
1
x t x s
y t y s t s
z t z s
= + = +
 
 
∆ = − ∆ = − − ∈
 
 
= − + =
 
¡
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với
trục
Ox
, sao cho (P) cắt hai đường thẳng
1
∆

và
2
∆
tại lần lượt A, B thoả mãn AB = 1.
Vì (P) đi qua M và song song Ox nên (P) có phương trình dạng: b(y - 2) + cz = 0 hay by + cz – 2b = 0.
Ta thấy
0b
≠
vì nếu b = 0 thì (P) có pt z = 0 nên (P) là mp(Oxy), chứa trục Ox.
Do đó pt của (P) có thể viết dưới dạng y + mz - 2 = 0. Khi đó:
(P) giao với hai đường thẳng
1 2
,∆ ∆
lần lượt tại
2 2 6 6 3
1;2 ; 1 ; 3 ; 1 ;
2 2 2 2 2 2
m m m
A B
m m m m m m
   
+ − − + + − −
 ÷  ÷
− − − − − −
   

5
2
2
2

5
( 2)
m
AB
m
+
=
−
2
2
2
5 1
1 1 1
( 2) 4
m
AB AB m
m
+
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = −
−
.
Vậy (P) có pt là 4y - z - 8 = 0.
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= + +
.
Ta có:
2 2 2
2 2 2
6 (1)
2 2 2 0
3 (2)
a b c
a b c ab bc ca
ab bc ca

+ + =
⇒ + + + + + =

+ + = −

( )
2
0 0 ( ) (3)a b c a b c c a b⇒ + + = ⇒ + + = ⇒ = − +
.
Thế (3) vào (1) và vào biểu thức P ta có

2 2 2
6 6 6
( ) 6
( )
a b a b
a b a b P

+ + + =


+ + + =


2
2 2 3 2 2 2 2 6
( ) 3
( ) 3 ( ) ( )
a b ab
a b a b a b a b P

+ − =

⇔

+ − + + + =


2
2 3 2 2 2 6
( ) 3

[( ) 2 ] 3 [( ) 2 ] ( )
a b ab
a b ab a b a b ab a b P

+ = +

⇔

+ − − + − + + =


2
3 2 2 3
( ) 3 (4)
(3 ) 3 (3 ) ( 3) (5)
a b ab
ab a b ab ab P

+ = +

⇔

− − − + + =


Đặt t = ab, từ (5) ta có
3 2 3
P = (3 ) 3 (3 ) ( 3)t t t t− − − + +
3 2
=3( 3 18)t t+ +

.
Mặt khác vì ta luôn có
2
( ) 4a b ab+ ≥
nên từ (4) suy ra
3 4 1ab ab ab+ ≥ ⇔ ≤
hay t
≤
1.
Xét hàm số
3 2
f(t)=3( 3 18)t t+ +
trên
( ;1]−∞
.
2
f '(t)=3(3 6 )t t+
;
0
f '(t)= 0
2
t
t
=

⇔

= −

.

Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta thấy maxf(t) = 66 khi t = - 2 hoặc t = 1.
Suy ra giá trị lớn nhất của P bẳng 66 (đạt được chẳng hạn khi a = b = 1 và c = -2).
Hết
(Đáp án này do tôi tự giải và biên soạn, có gì sai sót mong người đọc thông cảm và góp ý!)
6
t - 1-2 0
f’(t)
f(t)
0 0
66
54
66
-