Đáp án đề thi học sinh giỏi toán lớp 12 trường THPT Lý Thái Tổ năm học 2014 và 2015

Trang 1/5

Câu Đáp án Điểm

1
(5.0 điểm)

1. (3.0 điểm) Xác định m …
Hoành độ giao điểm của d và
m
(C )
là nghiệm của phương trình:
2
1
3 2
3 3
1
3 3 1 0 1
x
x m
x m
m
mx
g(x) x mx ( )

 


  




   

do
0
m


d cắt
m
(C )
tại hai điểm phân biệt
1
( )

có hai nghiệm phân biệt khác 1
/ m


2
2
1
3
0
1 0
9 12 0
0
g
m
m

m

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 


(luôn đúng)
Vậy d luôn cắt
m
(C )
tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0.
1.0
Giả sử
3 3 3 3
A A B B
A(x ; x m),B(x ; x m)
  với
A B
x ,x
là hai nghiệm của (1)

Do đó:
A B
x x m
 
và
1 3
A B
x x / .
 
Ta có:
2 2 2
3 3 10
B A B A B A
AB (x x ) ( x x ) (x x )
     

2 2
40
10 40 10
3
A B A B
(x x ) x x m    
Suy ra:
2
3
1 1 40
10
2 2 3
10
OAB

m
S d(O;AB).AB m


    
1.0
Mặt khác ta có:
0 0 3
C(m; ),D( ; m)

với
0
m

.
Tam giác OCD vuông tại O
1 1
3
2 2
OCD
S OC.OD m . m

   
0.5
2
3
1 40
2 10 3
2 3
10

OAB OCD
m
S S m m . m
 

      

2
40 2
10 2 10
3 3
m m m
      

0.5
2. (2.0 điểm) Chứng minh rằng đồ thị hàm số có ba điểm cực trị …
TXĐ:
3 2
4 2 2 2
D ;y ' x ax x( x a)
    


Hàm số có ba điểm cực trị
0
y '
 
có 3 nghiệm phân biệt 0
a (* )
 

0.5
Khi đó:
2
0 0
0
2 4
x y
y '
a a
x y

  

 


    



Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:
2 2
0 0
2 4 2 4
a a a a
A( ; ), B ; , C ;
   
 
  

   
   
   

Ta có:
4
2 2
16 2 2
a a a
AB AC ; BC a

     

0.5
Do tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC là một tam giác nhọn khi và chỉ
khi

A
nhọn

2 2 2
0 0
cosA AB AC BC
     

0.5
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015

Môn: TOÁN; Khối 12
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
Trang 2/5

4
2 0
8
a
a a
   
3
0
8 0 2
2
a
a(a ) a
a


      

 

(thỏa mãn (*)) (đpcm)
0.5
2
(5.0 điểm)

1. (2.5 điểm) Giải phương trình:
PT

2 2
2 3 2 1 4 2 2 2 1 0
cosx cos x sinx( cosx ) cos x cosx ( cos x )
       


2 1 3 2 1 2 2 2 1 0
cosx( cosx ) sinx( cosx ) cos x( cosx )
      


2 1 3 2 2 0
( cosx )(cosx sinx cos x)
    


1 2
2
2 3
3 2 2
cosx x k
cosx sin x cos x (* )


      




 



1.5
Giải (*)
1 3
2 2
2 2 3
cosx sinx cos x cos x cos x
 

     
 
 


2 2 2
3 3
2
2 2
3 9 3
x x k x k
k
x x k x
 
 
       
 
 
 
  

 
      
 
 

1.0
2. (2.5 điểm) Giải hệ phương trình:
Điều kiện: x,y


.
PT(1)




2 2 2
3 3
2
9 9
2 2 6 6 9
9
y y x x
x y x y ln ln
x x
   
     
 





3 3 2 2
2 2 6 9 6 9
x y x y ln y y ln x x
         






3 2 3 2
2 6 9 2 6 9
x x ln x x y y ln y y
         

0.5
Xét hàm số:


3 2
2 6 9
f (t) t t ln t t
    
với
t





2 2
2 2
6 2 2
3 2 3
3
9 9
f '(t) t t
t t
 
      
 
 
 
 

Xét hàm số:
2 2
3
9
g(u) u
u
  

với
0
u


3 3
1 1
1 1 0
9 9
g'(u)
(u )
     



Hàm số g(u) đồng biến trên
0 0 0
[ ; ) g(u) g( )
   

Suy ra:
2
3 0
f '(t) g(t )
  
Hàm số f(t) đồng biến trên
.


Mà 1
( ) f(x) f(y) x y
   

1.0
Thay
x y

vào PT (2) ta được:

3 3 3 3
34 3 1 34 3 1
x x x x
        




3 3
3
34 3 3 34 3 34 3 1
x x (x )( x) x x
          


3
2
3
37 3 34 3 1 31 102 12
(x )( x) x x
        


2 2

61
31 102 1728 31 1830 0
30
x
x x x x
x

 
        




0.5
Thử lại ta thấy
61 30
x ; x
  
là nghiệm của phương trình.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:
30 30 61 61
( ; ),( ; ).
 

0.5
Trang 3/5
3
(3.0 điểm)

Tìm tọa độ giao điểm …

Gọi
M AI BC.
 

Giả sử
0
AB x (x ),
 
R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội
tiếp tam giác ABC.
Do tam giác ABC đều nên
2 2
3 3
3 2
4 4
ABC
x x
S x

    

1.0
Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiệp và nội tiếp
tam giác ABC
1 1 3
3
3 3 3
r IM AM     
Giả sử
1

2 2 1
I( a ;a) d (a )
  

Do
2
d
tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:
2
d(I;d ) r


6 2 6
3 2 2 3 6
3
1
3 6 6 6
3
3
9 9
2
( a ) a
a (loaïi)
a
a (tm)


  
 


      






Suy ra:
2 2
I( ; )

1.0
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính
2 2 3
3 3
R AM 

phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là:
2 2
4
2 2
3
(x ) (y )
   

Tung độ giao điểm của
1
d
và (C) là nghiệm của phương trình:
2 2 2

4 4
2 2 2 2 2
3 15
( y ) (y ) (y )
       


2 4
2 2
15 15
y x     

Vậy tọa độ giao điểm của
1
d
và (C) là:
2 4 2 4
2 2 2 2
15 15 15 15
; , ;
   
   
   
   

1.0
4
(3.0 điểm)

Tìm


để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất.
S
A
B
C
D
H
M
φ

2 2
2
HM (a h ) /
   và
2 2
2
BC (a h )
 
1.0
Tam giác SHM vuông tại H nên
2 2
2
HM a h
tan
SH
h

  

2 2 2 2 2 2 2
2
2 1 2
1 2
a
h tan a h h ( tan ) a h
tan
         
 

Suy ra:
 
2 2
2 2 2 2 2
2
4
2 4
1 2
a tan
BC a h h tan
tan

    
 

1.0
Do hình chóp đều nên H là giao
điểm của AC và BD.
Gọi M là trung điểm của CD


CD

(SHM)

(SHM)

(SCD)

SM là hình chiếu của SH lên mặt
phẳng (SCD) .
Vậy

HSM
 
với 0
2

  

Đặt
2 2 2
SH h HC a h
   

Trang 4/5

Vậy
3 2
2
2 3

1 1 4
3 3
1 2
S.ABCD
a tan
V SH.BC
( tan )

  
 


Đặt
2
1 2
t tan
  
với
3
2
1 2 1
1
2 3
S.ABCD
t a t
t ( ; ) tan V
t t
 
       

Xét hàm số:
3
2 1
3
a t
f (t)
t t

 
trên 1
( ; )



3 3
3
2
3
1
2
3
0 3
3 3
2
t t t(t )
a a ( t)
f '(t) ; f '(t) t
t
t t
 

 
 

 
      

Bảng biến thiên:






Vậy
3
1
4
9 3
S.ABCD
( : )
a
V max=max f (t)


khi
3 1 45
o
t tan .
      

1
3


f’(t)

+ 0



f(t)


f(3)



0


0

1.0
5
(3.5 điểm)

1. (1.5 điểm) Tính …
Ta có:
2014 0 1 2 2 2013 2013 2014 2014
2014 2014 2014 2014 2014

1
( x) C C x C x C x C x
      



2014 0 1 2 2 3 2013 2014 2014 2015
2014 2014 2014 2014 2014
1
x( x) C x C x C x C x C x
       


0.5
Lấy đạo hàm hai vế ta được:
2014 2013
1 2014 1
( x) ( x) .x
  

0 1 1 2 2 2013 2013 2014 2014
2014 2014 2014 2014 2014
2 3 2014 2015
C C x C x C x C x
     


0.5
Lấy
1

x

ta được:
2014 2013 0 1 2 2013 2014
2014 2014 2014 2014 2014
2 2014 2 2 3 2014 2015. C C C C C      



2014 2013 2014
2 2014 2 1008 2
. S S .    

0.5
2. (2.0 điểm) Có bao nhiêu số …
Số phần tử của không gian mẫu là:
5
9 .
 

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là
3
9
C

Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
0.5
▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách.
Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có:

3
5
C
cách.
Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách.


Số các số thỏa mãn TH1 là:
3
5
3 2 60
.C .

(số)
0.5
▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách.
Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có:
2
5
C
cách.
Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có:
2
3
C
cách.
Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách.

Số các số thỏa mãn TH2 là:
2 2

5 3
3 1 90
.C .C .

(số)
0.5
Do đó:
3
9
90 60
A
( ).C
  
Vậy
3
9
5
90 60
0 213
9
A
( ).C
P(A) ,


  


0.5
Trang 5/5

6
(1.5 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của k …
Ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y y z z x
P
y z x
        
  
2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y z
x y z
 
 
     
 
 
 
 
(1)
0.5
Mà:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y y z z x
y z x

        
 


     
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1x y z
x y y z x z
   
 
        
   
 
 
   


     
2 2 2
1 1 1 2
x y z ( )
xy yz xz
     
Từ (1) và (2) suy ra:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3
P ( )
x y z xy yz zx

x y z
 
        
 
 

0.5
Ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 4
( )
xy yz zx
x y z
     


2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 3
x y z xy yz zx x y z
   
        
   
   
(5)
0.5
Từ (3), (4), (5) suy ra:
3 1 2 3 1
P .

    

Vậy GTNN của P là
3 1
.

Dấu “=” xảy ra khi
3
x y z .
  
0.5