Deda-anHSG_Thanh_Hoa_nam_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 2y 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 sin 6 .x x x x x+ − − =

2) Giải bất phương trình:
2 4 2
6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤

( ).x ∈¡
3) Tìm số thực a để phương trình:
9 9 3 cos( )
x x
a x
π
+ =
, 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
π
=
+

∫
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 0x 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
1AB =
.
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
Câu I
4,0 đ
1)
2,0đ
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
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3).

Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng


0,5
2)
2,0đ
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
' 0y =
có hai nghiện
1 2 1 2
, ( ).x x x x
<
Dấu của y':

0,5
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
 
− +

∆ = − + + − > ∀ ∈
 ÷
 
0,75
Vậy giá trị cần tìm của m là
1 3 3 1 3 3
;
2 2
m
 
− +
∈
 ÷
 
.
0,25
Câu II
6,0 đ
1)
2,0đ
PT
0)3cos.3sin23(cossin)4cos2(cos =−+−−⇔ xxxxxx
0)3cos3cos3sin2()sin3sinsin2( =−−−⇔ xxxxxx
0,5
0)3cos)(sin13sin2( =−−⇔ xxx
0,5
-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

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

−=
=
⇔
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

( ).k ∈¢
0,5
0,5
2)
2,0đ
Tập xác định:
¡ .
.
BPT
( )
2 2 2 2
6 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0x 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 0t t+ − ≤

3
0
2
t⇔ < ≤
.
0,5
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
3)
2,0đ
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),
0,5
suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là
0 0 0
2 1.x x x= − ⇔ =
Với
0
1x =
, thì từ (2) suy ra

6.a
= −
0,5
Với
6,a = −
thì phương trình (2) trở thành
2
3 3 6cos( ) (3).
x x
x
π
−
+ = −
Ta có
(3) 6, (3) 6.VT VP≥ ≤
Vậy
2
3 3 6
(3) 1.
6cos( ) 6
x x
x
x
π
−

+ =
⇔ ⇔ =

− =


Vậy
6.a = −
1,0
Câu
III
2,0đ
Ta có:
1 3
sin (sin 3cos ) (cos 3 sin )
4 4
x x x x x= + − −

1 3
(sin 3cos ) (sin 3cos )'.
4 4
x x x x= + − +
0,5
Suy ra
2 2
2 3
0 0
1 1 3 (sin 3cos )'
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
= +
+
 
−
 ÷
 
∫
0,25
0,75

2
0
1 3
tan
16 6 12
x
π
π
 
= − +
 ÷
 
3 3 3
.
12 12 6
= + =
0,5
Câu
IV
6,0đ
1)
2,0đ
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
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
2)
2,0đ
Hai elíp có các tiêu điểm
1 2
( 3;0), (3;0).F F−
0,5
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.
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
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
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= + − − − − + −
uuur
0,5
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− = − ⇒ = − ⇒
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
).
0,5
H
A
B
C
D
M
N
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).
0,5
Câu V
2,0đ
Từ giả thiết suy ra :
0a b c+ + =
0,25
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)
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− ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤

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

2abc =
, 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 54a b c a b c a b b c c a= + + − + + + + = − =
.
0,5
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

GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.