de thi -Dap an HSG Tinh BP

SỞ GD-ĐT BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
NĂM HỌC 2010-2011
MÔN : TOÁN (BTTH)
Thời gian :180 phút ( không kể phát đề).
Ngày thi : 08/10/2010.
Câu 1. (5 điểm)
Cho hàm số:
3 2 3
3 1
2 2
y x mx m= − +
, m là tham số thực.
1 . Khảo sát vẽ đồ thị khi m = 1
2 . Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường
thẳng y = x .
Câu 2. (6 điểm)
1.Cho phương trình :
2 2
2cos 2 sin cos sin cos (sin )x x x x x m x cox+ + = +
, m là tham số.
a : Giải phương trình khi m = 2.
b : Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc
0;
2
Π
 
 
 
2. Giải bất phương trình :
2 2
4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + ≥ −

Câu 3. (4 điểm)
Giải hệ phương trình :
2 2
3 3 3
6
1 19
y xy x
x y x

+ = −


+ =


Câu 4. (5 điểm)
Cho hình lập phương ABCD.A
,
B
,
C
,
D
,
có cạnh bằng a . Trên AB lấy điểm M, trên CC
,
lấy điểm N, trên D
,
A
,

lấy điểm P sao cho AM=CN=D
,
P= x (0
x a≤ ≤
) .
1.Chứng minh rằng tam giác MNP là tam giác đều. Tính diện tích tam giác MNP theo
a và x. Tìm x để diện tích ấy nhỏ nhất.
2. Khi x =
2
a
hãy tính thể tích khối tứ diện B
,
MNP và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện .
HẾT
Họ, tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:……………
Họ, tên chữ kí giám thị :………………………………………………………
Họ, tên chữ kí giám thị :………………………………………………………
Đề chính thức
SỞ GD-ĐT BÌNH PHƯỚC ĐÁP ÁN CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN TOÁN (THPT) NĂM HỌC 2010-2011
Câu 1.(5điểm)
a.Giám khảo tự vẽ (2đ)
b.(2 điểm)Hàm số
3 2 3
3 1
2 2
y x mx m= − +
có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua
đường thảng y = x .

, 2
3 3 3 ( )y x m x x m= − = −
=> y
,
= 0 
0x
x m
=


=

, y
,
đổi dấu qua các nghiệm khi m
≠
0
Suy ra để hàm số có CĐ,CT điều kiện cần và đủ là m
≠
0.
Nếu m > 0 hàm số có cực đại tại x = 0 và y
max
=
3
1
2
m
, CT tại x = m và y
min
=0

Nếu m < 0 hàm số có cực đại tại x = m và y
max
= 0, CT tại x = 0 và y
min
=
3
1
2
m
Gọi A,B là các điểm cực trị của hàm số . Để A,B đối xứng nhau qua y = x điều kiên cần và đủ là
OA OB=
=> m =
3
1
2
m
(m
≠
0)  m =
2±
2. (1 điểm)Tìm tất cả các gía trị của a, b để phương trình
2
2
2
2 1
x ax b
m
bx ax
− +
=

− +
có hai nghiệm phân
biệt với mọi m.
PT tương đương với hệ :
2 2
2
2 ( 2 1)(1)
2 1 0(2)
x ax b m bx ax
bx ax

− + = − +


− + ≠



(1)  (bm-1)x
2
-2a(m-1)x +m –b = 0 PT có hai nghiệm PB 
,
1 0(3)
0, (4)
bm
m
− ≠


∆ ∀


f
Từ (3) mọi m khi b = 0.
Từ (4) =>
, 2 2 2 2
(1 2 ) 0a m a m a m∆ = + − + ∀f
điều này xẩy ra khi và chỉ khi:
2
0
1
2
1 4 0
m
a
a
a
≠

⇔

∆ = −

f
p
Với b = 0 và
1
2
a f
Từ điều kiện (2) ta có -2ax + 1
≠

0  x
≠
1
2a
Bằng phép thử trực tiếp ta thấy x =
1
2a
không phải là nghiệm của phương trình (1)
Vậy giá trị phải tìm b = 0 ,
1
2
a f
Câu 2: .(4điểm)
1. Cho phương trình :
2 2
2cos 2 sin cos sin cos (sin )x x x x x m x cox+ + = +
, m là tham số.
a 1 : Giải phương trình khi m = 2.
a 2 : Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc
0;
2
Π
 
 
 
2 2
2cos 2 sin cos sin cos (sin )x x x x x m x cox+ + = +
< = >
[ ]
(sin ) 2(cos sin ) sin cos 0x cox x x x x m+ − + − =

a : (2 điểm) Khi m = 2 ta có:
sin cos 0
2(cos sin ) sin cos 2 0
x x
x x x x
+ =


− + − =

< = >
3
; 2 ; 2
4 2
x k x k x k
∏ ∏
= + ∏ = ∏ = − + ∏
b: (1 điểm) Để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc
0;
2
Π
 
 
 
vì sinx + cosx = 0 không có nghiệm thuộc
0;
2
Π
 
 

 
nên
[ ]
2(cos sin ) sin cos 0x x x x m− + − =
(*) phải có
ít nhất một nghiệm thuộc
0;
2
Π
 
 
 
Đặt t = sinx – cosx do x
∈
0;
2
Π
 
 
 
nên t =
2 cos( )
4
x
∏
+
có t
min
= t(
2

∏
) = - 1, t
max
= t(0) = 1
(*)< = >
2
1 1
2
2 2
t t m− + + =
để có ít nhất một nghiệm t
∈
[ ]
1;1−
thì m phải thuộc tập giá trị của hàm số
[ ]
2
1 1
( ) 2 , 1;1
2 2
f t t t t= − + + ∈ −
;
[ ]
,
( ) 2 0, 1;1f t t t= − + ∈ −f
=> f
min =
f
(-1)
= -2 , f

max =
f
(1)
= 2 =>
2 2m− ≤ ≤
2(1đ). Giải Bất phương trình :
2 2
4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + ≥ −
< = >
( 1)( 3) ( 1)(2 1) 1x x x x x− − − − − ≥ −
Thử trực tiếp có x = 1 là nghiệm.
Với x
3 ì x-1 0x th
≥
f
bpt < =>
( 3) (2 1) 1x x x− − − ≥ −
< = >
2 1 2 ( 1)(2 1x x x− − ≥ − −
=> VN
Với x
1
2
≤
bpt < = >
3 1 2 1x x x− − − ≥ − −
< = >
2 (3 )(1 ) 3x x− − ≥ −
luôn đúng
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x = 1 ,

1
2
x ≤
Câu 3. (3điểm) Giải hệ phương trình :
2 2
3 3 3
6
1 19
y xy x
x y x

+ = −


+ =


< = >
2
2
3
3
6
1
19
y y
x x
y
x


+ = −




+ =


< = >
3
1
( ) 6
1 1
( ) 3 ( ) 19
y
y
x x
y
y y
x x x

+ = −




+ − + =


đặt

1
;
y
y u v
x x
+ = =
< =>
3
. 6
3 19
u v
u uv
= −


− =

< = > u = 1; v = - 6 =>
1
1
6
y
x
y
x

+ =





= −


< = >
1 1
2 2
1
; 2
3
1
; 3
2
x y
x y

= = −



= − =


Câu 4 . (5 điểm)
Cho hình lập phương ABCD.A
,
B
,
C
,

D
,
có cạnh bằng a . Trên AB lấy điểm M, trên CC
,
lấy điểm N, trên D
,
A
,
lấy điểm P sao cho AM=CN=D
,
P= x (0
x a≤ ≤
) .
1.Chứng minh rằng tam giác MNP là tam giác đều. Tính diện tích tam giác MNP theo
a và x. Tìm x để diện tích ấy nhỏ nhất.
2. khi x =
2
a
hãy tính diện tích khối tứ diện B
,
MNP và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện.
1.(3đ). Ta có MN
2
=MC
2
+ NC
2
= MB
2

+ BC
2
+ NC
2
= 2a
2
+ 2x
2
– 2ax => MN =
2 2
2 a x ax+ −
Tương tự ta có MP= PN = MN => tam giác MNP đều.
Diện tích tam giác MNP là S
MNP
=
1 3
.
2 2
MN MN
=
2 2
3
( )
2
a x ax+ −
min S
MNP
=
2 2
3

( ( ) )
2 2 2
a a
a a+ −
đạt được khi
2
a
x =
( hoành độ đỉnh parabol)
2.(2đ).Gọi H là hình chiếu của B
,
trên mp(MNP), suy ra H là tâm tam giác MNP
do MNP đều,B
,
M = B
,
N = B
,
P =
2
2
5
4 2
a a
a + =
Từ đó B
,
H =
, 2 2
3

2
a
B N NH− =
Vậy V
B
,
MNP
=
2 3
,
1 1 3 3 3 3
.
3 3 2 8 16
MNP
a a a
B H S = =
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp B
,
MNP, suy ra O thuộc B
,
H do đó OB
,
là bán kính mặt cầu .
Ta có O còn nằm trên đường thẳng trung trực của B
,
N( xét trong mặt phẳng B
,
HN).
Hai tam giác vuông B
,

HN và B
,
KO đồng dạng nên:
, , , ,
,
, , ,
5 5
.
. 5 3
2 4
12
3
2
a a
B O B K B N B K a
OB
B N B H B H
a
= ⇒ = = =
Câu 5. .(3 điểm)
Chứng minh bất đẳng thức
1
1
2 1 1
( )
1 2 ( 1)
n n
n
n
x x x

x n x
−
+
+ −
≤ ≤
+ −
trong đó x là số thực dương, x
1≠
và n là số nguyên dương.
1
1 1 1 1
1
2 1 1 2
( ) ( ) .(1 ) .2 2
1 2 2 2
n
n
n n n n n
n
x x x x
x x x
x
−
− − + +
+
 
+ +
≤ ⇔ + ≥ =
 ÷
 ÷

+
 
( 2 điểm)
Chứng minh
1
1 1
( )
2 ( 1)
n
n
x x
n x
−
+ −
≤
−
bằng qui nạp (3 điểm)
Với n = 1=> VT = VP = 1 . n = 2 = > VT =VP =
1
2
x+
Giả sử BĐT đúng với n =1, 2,…, n tức là
1
1 1
( )
2 ( 1)
n
n
x x
n x

−
+ −
≤
−
ta CM bđt đúng với n +1 tức là
1
1 1
( )
2 ( 1)( 1)
n
n
x x
n x
+
+ −
≤
+ −
thật vậy
1
1 1 1 1 1
( )
2 2 2 2 ( 1)
n
n
n
x x x x x
n x
−
+ + + + −
    

= ≤
 ÷ ÷  ÷
−
    
Ta CM
1
1 1 1 1 1 1
2 ( 1) ( 1)( 1) 2 1
n n n n
x x x x x x x
n x n x n n
−
+ − − + + + + + +
   
≤ ⇔ ≤
 ÷  ÷
− + − +
   
⇔
(n + 1)(1+ x)(x
n-1
+ …+x+1)
≤
2n(x
n
+ …+x+1)
⇔
(n + 1)((x
n
+ …+x+1) + (x

n-1
+ …+x))
≤
2n(x
n
+ …+x+1)
⇔
(n + 1)(x
n-1
+ …+x)
≤
(n - 1)(x
n
+ …+x + 1)
⇔
2(x
n-1
+ …+x)
≤
( n – 1) (x
n
+ 1 )
Ta có ( n – 1) (x
n
+ 1 ) - 2(x
n-1
+ …+x) =
1
1
( 1)( 1) 0

n
i n i
i
x x
−
−
=
− − ≥
∑
=>
=> đpcm . với
3n ≥
dấu đẳng thức xẫy ra khi x =1
Trên đây là hướng dẫn chấm, tổ giám khảo thống nhất điểm từng phần, nếu học sinh
giải theocách khác các giám khảo thống nhất để chấm.