Dap an thi chon hoc sinh gioi tinh năm 2011

Câu I:
1, B ạn đ ọc t ự l àm
2, 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.
Nếu
1 3 3 1 3 3
' 0 ;
2 2
m
 
− +
∆ > ⇔ ∈
 ÷
 
, thì
' 0y =
có hai nghiện
1 2 1 2
, ( ).x x x x
<

Dấu của y':
Chọn
0 1 2 0
( ; ) '( ) 0.x x x y x∈ ⇒ <
Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao cho
0
'( ). '( ) 1y x y x
= − ⇔
pt:
2 2
0
1
3 2( 1) 4 0
'( )
x m x m
y x
− + − + + =
(1) có 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
 
− +
∈
 ÷
 
.
Câu II:
1,
PT
0)3cos3cos3sin2()sin3sinsin2( =−−−⇔ xxxxxx

0)3cos)(sin13sin2( =−−⇔ xxx













+−=
+=
+=
+=
⇔












−=
=
⇔
π
π
ππ
ππ
ππ
π
kx
kx
kx
kx

xx
x
4
28
3
2
18
5
3
2
18
2
cos3cos
2
1
3sin
2,
TXĐ :
Rx
∈
BPT
( )
2 2 2 2
6 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0x x x x x x x x⇔ − + − + + + − + + + ≤
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+ + > ∀
)
Đặt:
2
2
6( 1)
1
x x
t
x x
− +
=
+ +
(t > 0), ta được
2
2 6 0t t+ − ≤

3
0
2
t⇔ < ≤
.
x -
+

'y
1
x
2
x
0
0
−
++
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
 
− + − +
≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ∈
 ÷
+ +
 
3,

2
9 9 3 cos( ) 3 3 .cos( ) (2).
x x x x

a x a x
π π
−
+ = ⇔ + =
Nhận xét: Nếu
0
x
là nghiệm của (2) thì
0
2 x−
cũng là nghiệm của (2),
Suy ra đi ều ki ện c ần đ ể (2) c ó nghi ệm duy nh ất l à
0
x
=
0
2 x−
1
0
=⇔ x
Với
0
1x =
, thì từ (2) suy ra
6.a = −
Với
6,a = −
thì phương trình (2) trở thành
2
3 3 6cos( ) (3).

x x
x
π
−
+ = −
Ta c ó VT (3)
( )
63,6 ≤≥ VP
.V ậy :
2
3 3 6
(3) 1.
6cos( ) 6
x x
x
x
π
−

+ =
⇔ ⇔ =

− =

Vậy: a = -6.
Câu III:
Cách 1:
Ta có:
1 3
sin (sin 3cos ) (cos 3sin )

4 4
x x x x x= + − −

1 3
(sin 3cos ) (sin 3 cos )'.
4 4
x x x x= + − +
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
π π
+
= −
+ +
∫ ∫
2
2
2
2
0
0
1 1 3
16

8(sin 3 cos )
cos
6
dx
x x
x
π
π
π
= +
+
 
−
 ÷
 
∫
2
0
1 3
tan
16 6 12
x
π
π
 
= − +
 ÷
 
3 3 3
.

12 12 6
= + =
Cách 2: Dùnh tích phân liên kết Gọi I là tích phân cần tìm
Đặt
( )
dx
x
x
J
∫
+
=
2
0
2
cos3sin
cos3
π
Tính I + J và I – J. Từ đó suy ra I
C âu IV: 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
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)
xy
4
3
=
3
3
.
4
1
(x+y)
⇒
x+y= 3xy (0
≤
x,y
≤
1 )
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= =
2,
Hai elíp có các tiêu điểm
1 2
( 3;0), (3;0).F F−
Điểm
2 1 2
( ) 2M E MF MF a∈ ⇒ + =
. Vậy
2
( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi
1 2
MF MF+
nhỏ nhất.
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= ∩∆
Toạ độ điểm
17
4 3 0
17 8
5
: ; .
5 0 8
5 5
5
x
x y
M M
x y
y

= −

+ − =



 
⇔ ⇒ −
 
 ÷
− + =
 


=


3,
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= + − − − − + −
uuur
2 2
1
9( ) 22( ) 14 1
13
.
9
s t
AB s t s t
s t
− = −



⇒ = − + − + = ⇒

− = −

Với
1 (0; 1;0)s t AB− = − ⇒ = − ⇒
uuur
(P) có một vtpt
1
; (0;0;1)n AB i
 
= =
 
ur uuur r
, suy ra
( ) : 0P z =

(loại do (P) chứa trục
O x
).
Với
13 8 1 4
; ;
9 9 9 9
s t AB
− − −
 
− = − ⇒ =
 ÷

 
uuur
,
suy ra
( )P
có một vtpt
2
4 1
; (0; ; )
9 9
n AB i
−
 
= =
 
uur uuur r
,
suy ra
( ) : 4 8 0P y z− − =
(thỏa mãn bài toán).
H
A
B
C
D
M
N
C âu V:
T ừ gi ả thi ết suy ra : a + b +c = 0
Ta có:

, ,a b c
là ba nghiệm thực của phương trình
( )( )( ) 0x a x b x c− − − =
3 3
3 0 3 1 1x x abc x x abc⇔ − − = ⇔ − + = +
(3)
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− ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤

2abc = −
, khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2.
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 54a b c a b c a b b c c a= + + − + + + + = − =
.
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.