DE THI HSG TINH K12 BAC NINH

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT
Ngày thi 22 tháng 3 năm 2011
==============
Câu Cách giải Điểm
Câu 1
(5 đ)
Câu 1.1 (3 điểm)
Gọi
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3
A x ; y ,B x ; y ,C x ; y
là 3 điểm thẳng hàng trên (T) và thuộc đường
thẳng
: y ax b∆ = +
.
PT tiếp tuyến tại A là:
( )
( )
2
1 1 1
y 3x 3 x x y= − − +
(d
1
).
0,5
Xét PT:

( )
( )
3 2 3
1 1 1 1
x 3x 2 3x 3 x x x 3x 2− + = − − + − +
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1
x x x xx x 3 x x 3x 3 x x 0⇔ − + + − − − − − =
0,5
( ) ( )
2
1
1 1
1
x x
x x x 2x 0
x 2x
=

⇔ − + = ⇔

= −

⇒
d

1
cắt (T) tại
( )
1 1
A' x ' ; y'
với
1 1
x ' 2x= −
0,5
( )
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1
y' x' 3x ' 2 8x 6x 2 8 x 3x 2 18x 18= − + = − + + = − − + − +
( ) ( )
1 1 1 1 1
8y 18x 18 8 ax b 18x 18 4a 9 x ' 18 8b= − − + = − + − + = + + −
1
Chứng minh tương tự A’, B’, C’ cùng thuộc đường thẳng có PT:
( )
': y 4a 9 x 18 8b∆ = + + −
. Suy ra, đpcm
Chú ý: Học sinh có thể chứng minh và sử dụng bổ đề:
“Cho ba điểm
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3
A x ; y ,B x ; y ,C x ;y
thuộc đồ thị hàm số
( )
3 2
y ax bx cx d a 0= + + + ≠

, A, B, C thẳng hàng
1 2 3
b
x x x
a
−
⇔ + + =
.”
0,5
Câu 1.2 (2 điểm)
Xét hàm số:
( )
2n 1
f x x 2011x 2012
+
= + +
.
( ) ( )
2n
f ' x 2n 1 x 2011 0, x= + + > ∀ ∈¡
nên hàm số đồng biến trên
¡
.
Suy ra, PT f(x)=0 có nhiều nhất một nghiệm.
0,5
Vì
( )
2n 1
2n 2n 1
x x

2011 2012
lim f x lim x 1 b 0
x x
+
+
→+∞ →+∞
 
= + + = +∞ ⇒ ∃ >
 ÷
 
để
( )
f b 0>
. 0,5

( )
2n 1
2n 2n 1
x x
2011 2012
lim f x lim x 1 a 0
x x
+
+
→−∞ →−∞
 
= + + = −∞ ⇒ ∃ <
 ÷
 
để

( )
f a 0<
. 0,5
( ) ( )
f a .f b 0⇒ <
, suy ra PT
( )
f x 0=
có nghiệm thuộc (a;b).
Từ đó suy ra, đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành tại đúng một điểm.
Chú ý: Học sinh có thể tính
x x
lim f(x), lim f(x)
→+∞ →−∞
rồi lập bảng biến thiên và suy ra
0,5
f(x)=0 có nghiệm duy nhất.
Câu 2
(5 đ)
Câu 2.1 (2,5 điểm) Giải phương trình:
2 4 6 3 5 7
log x log x log x log x log x log x+ + = + +
(1)
( )
2 4 2 6 2 3 2 5 2 7 2
1 log x log 2.log x log 2.log x log 2log x log 2.log x log 2.log x⇔ + + = + +
0,75
( )
2 4 6 3 5 7
log x 1 log 2 log 2 log 2 log 2 log 2 0⇔ + + − − − =

(2) 0,75
Ta có:
3
1 log 2 0− >
,
4 5
2 2
1 1
log 2 log 2 0
log 4 log 5
− = − >
,
6 7
2 2
1 1
log 2 log 2 0
log 6 log 7
− = − >
nên
4 6 3 5 7
1 log 2 log 2 log 2 log 2 log 2 0+ + − − − >
0,5
(2)
2
log x 0 x 1⇔ = ⇔ =
.
Vậy PT có nghiệm
x 1=
.
0,5

Câu 2.2 (2,5 điểm) Giải phương trình:
( )
2
2
1 1
5x 6 x
5x 7 x 1
− − = −
− −
(1)
ĐK:
7
x
5
>
. Xét hàm số:
( )
2
1
f t t
t 1
= −
−
với
7
t
5
>
0,5
( )

( )
3
1 7
f ' t 2t 0, t
5
2 t 1
= + > ∀ >
−
. Suy ra, f(t) đồng biến trên
7
;
5
 
+∞
 ÷
 
1
( ) ( ) ( )
1 f 5x 6 f x⇔ − =
0,5
3
5x 6 x x
2
⇔ − = ⇔ =
(thỏa mãn).
Vậy PT có nghiệm duy nhất
3
x
2
=

.
Chú ý: Nếu HS ghi ĐK t > 1 và chỉ ra hàm số f(t) đồng biến trên
( )
1;+∞
thì điểm
vẫn cho tối đa.
0,5
Câu 3
(3 đ)
Kí hiệu
k
n
C
là tổ hợp chập k của n phần tử
( )
0 k n; k,n≤ ≤ ∈¢
, tính tổng sau:
0 1 2 2009 2010
2010 2010 2010 2010 2010
S C 2C 3C 2010C 2011C= + + + + +
.
Xét hàm số:
( ) ( )
2010
f x x 1 x= +
0,5
Ta có:
( )
2010
0 1 2 2 2010 2010

2010 2010 2010 2010
1 x C C x C x C x+ = + + + +
0,25
( ) ( )
2010
0 1 2 2 3 2010 2011
2010 2010 2010 2010
f x x 1 x C x C x C x C x⇒ = + = + + + +
0,25
( )
( )
0 1 2 2 3 2010 2011
2010 2010 2010 2010
0 1 2 2 2010 2010
2010 2010 2010 2010
f ' x C x C x C x C x '
C 2C x 3C x 2011C x
⇒ = + + + +
= + + + +
0,5
Mặt khác
( ) ( ) ( ) ( )
2010 2010 2009
f ' x x 1 x ' 1 x 2010x 1 x
 
= + = + + +
 
0,5
Với x=1 ta được:
0 1 2 2009 2010

2010 2010 2010 2010 2010
S C 2C 3C 2010C 2011C= + + + + +

0,5
( )
2011
f ' 1 503.2= =
KL:
2011
S 503.2=
.
0,5
Câu 4
(5đ)
Câu 4.1 (3 điểm)
Gọi O là giao điểm của AC và BD do ∆SAC, ∆SBD cân tại S nên
( )
SO AC, SO BD SO ABCD⊥ ⊥ ⇒ ⊥
.
0,25
Từ giả thiết suy ra
OA OB OC OD= = =
⇒
ABCD là hình chữ nhật. 0,25
Đặt
2 2
AB x, x 0 AC 16a x= > ⇒ = +
2 2 2 2
16a x 8a x
AO SO

2 2
+ −
⇒ = ⇒ =
0,25
2 2
ABCD
1 8a x
V 4a.x.
3 2
−
⇒ =
0,25

( )
3
2 2 2
a 8a
. x 8a x
3 3
≤ + − =
0,25
3
ABCD
8a
V max
3
⇒ =
khi
x 2a=
. 0,25

Suy ra, SO=a. 0,25
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
O 0;0;0 , S 0;0;a , B a; 2a;0 , C a;2a;0 , D a;2a;0− − −
.
0,25
Tìm được vtpt của mp(SBC) là
( )
SBC
n 1;0; 1−
uuuur
, 0,25
vtpt của mp(SCD) là
( )
SCD
n 0;1;2
uuuur
.
0,25
2
cos
10
⇒ ϕ =
, với
ϕ
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). 0,25
Vậy cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) (khi
ABCD
V
lớn nhất) bằng

2
10
.
0,25

Chú ý: Học sinh có thể tính thể tích của khối chóp S.ABCD bằng cách đặt SO=x
Khi đó,
2 2
S.ABCD
1
V .4a.x. 8a 4x
3
= −
lời giải hoàn toàn tương tự.
Câu 4.2( 2 điểm)
Đặt
AB AD AC
u , v , w u v w 1
AB AD AC
= = = ⇒ = = =
uuur uuur uuur
r r uur r r uur
. 0,5
AE nhận
AE
u u v= +
uuur r r
là vectơ chỉ phương.
0,5
Ta có

( )
0 0
AE
u .w u v w uw vw u w cos60 v w cos120 0= + = + = + =
uuur uur r r uur ruur ruur r uur r uur
. 0,5
AE AC⇒ ⊥
hay ∆ACE vuông tại A. 0,5
Câu 5
(2 đ)
Do hàm
y cos x=
là hàm chẵn nên ta chỉ cần xét với
x 0, y 0≥ ≥
.
Ta có
2
2 2
x y x y x y
0 xy 0
2 2 2 2 2
+ + π + π
 
≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
 ÷
 
0,25
x y x y x y
cos x cos y 2cos cos 2cos
2 2 2

+ − +
+ = ≤

( )
2
x y
1 cos xy 1 cos
2
+
 
+ ≥ +
 ÷
 
0,25
Ta sẽ chứng minh
2
x y x y
2cos 1 cos
2 2
+ +
   
≤ +
 ÷  ÷
   
(1)
Đặt
x y
t, t 0;
2 2
 

+ π
= ∈
 
 
, (1) trở thành
2
1 cos t 2cos t 0+ − ≥
Xét hàm số
2
f (t) 1 cos t 2cos t= + −
với
t 0;
2
 
π
∈
 
 
0,25
( )
2 2
f '(t) 2t sin t 2sin t 2(sin t t sin t ) ;f '(1) f ' 0 0= − + = − = =
0,25
∀t∈(0 ;1) ta có
2 2 2
t t sin t sin t t sin t f '(t) 0> ⇒ > > ⇒ >
0,25
∀t∈
1;
2

 
π



 
ta có
2 2 2
t t sin t sin t tsin t f '(t) 0< ⇒ < < ⇒ <
0,25
2 2
f (0) 0; f (1) 1 cos1 0;
f 1 2cos 1 2cos 1 2cos 0
2 2 2 9
= = − >
   
   
π π π π
= − > − > − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
π
   
   
0,25
Vậy
2
x y x y

f (t) 0, t 0; 2cos 1 cos
2 2 2
 
π + +
   
≥ ∀ ∈ ⇒ ≤ +
 
 ÷  ÷
   
 

Từ đó suy ra,
)cos(1coscos xyyx +≤+

Dấu bằng xảy ra khi
x y 0= =
.
Chú ý: Học sinh có thể đặt
t xy=
và cách làm cũng hoàn toàn tương tự.
0,25
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh
phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm
chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. Mọi
vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ
cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm