Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Thanh Hóa năm học 2010 - 2011 môn Toán (Có đáp án)

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
322
(1) (4 )12yx m x mx 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:
cos 2 cos3 sin cos 4 sin 6 .
x
xx x x
+
−− =
2) Giải bất phương trình:
242
6( 3 1) 1 0xx xx
−
++ + +≤
().x ∈ 

3) Tìm số thực a để phương trình:
99 3cos()
xx
ax
π
+= , chỉ có duy nhất một nghiệm thực
.Câu III
. (2,0 điểm). Tính tích phân:
()
2
3
0
sin

.
sin 3cos
x
Idx
xx
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

,
A
Mx= 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 :50
x
y
Δ
−+= và hai elíp
22
1
(): 1
25 16

xy
E +=
,
22
2
22
(): 1( 0)
xy
Eab
ab
+
=>>
có cùng tiêu điểm. Biết rằng
2
()E
đi qua điểm M thuộc đường thẳng
.
Δ
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

12
12 32
:22(); : 12()
1, ,

xt x s
ytt y ss
zt zs
=+ =+
⎧⎧
⎪⎪
Δ=− ∈ Δ=−− ∈
⎨⎨
⎪⎪
=− + =
⎩⎩


.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục Ox, sao cho (P) cắt hai
đường thẳng
12
,
Δ
Δ lần lượt tại A, B thoả mãn 1AB
=
.
Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực ,,abc thoả mãn:
222
6
3.
abc
ab bc ca
⎧
++=

⎨
+
+=−
⎩

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
666
.Pabc
=
++

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

Với 1,m =− ta được hàm số
3
31.yx x
=
−+
Tập xác định:
.
Giới hạn tại vô cực:
lim , lim .
xx
yy
→+∞ →−∞
=
+∞ = −∞

Sự biến thiên:
2
'3 30 1.yx x=−=⇔=±


0,5
'0 ( ;1)(1; ).yx>⇔∈−∞−∪ +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng
(1)−∞ − và (1; )+∞ .
'0 (1;1).yx<⇔∈−
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
1)
2,0đ
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3).

Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng

0,5
Ta có
22
'3 2( 1) 4 ,
y
xmx m=− +−+ là tam thức bậc hai của x.
y' có biệt số
2
' 2 2 13.mmΔ=− + +
Nếu
'0Δ≤ thì '0,yx≥∀, suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn.

0,5
Nếu
133133
'0 ;
22
m
⎛⎞
−+
Δ> ⇔ ∈
⎜⎟
⎝⎠
, thì '0y
=
có hai nghiện

12 1 2
,( ).
x
xxx<

Dấu của y':

0,5
Câu I
4,0 đ
2)
2,0đ

Chọn
012 0
(; ) '() 0.xxx yx∈⇒<
Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao
cho
0
'( ). '( ) 1yxyx =− ⇔ pt:
22
0
1
32(1)4 0
'( )
xmxm
yx
−
+−++ =
(1) có

0,75
-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
−
+
+
nghiệm . Pt (1) có:
2
1
0
3133133
'2 213 0, ; .
'( ) 2 2
mm m
yx
⎛⎞

−+
Δ=− + + − > ∀∈
⎜⎟
⎝⎠

Vậy giá trị cần tìm của m là
133133
;
22
m
⎛⎞
−+
∈
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25
PT 0)3cos.3sin23(cossin)4cos2(cos
=
−
+
−
−⇔ xxxxxx
0)3cos3cos3sin2()sin3sinsin2(
=
−
−
−⇔ xxxxxx

0,5
0)3cos)(sin13sin2(
=
−
−⇔ xxx
0,5
1)
2,0đ

⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+−=
+=
+=
+=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣

⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
=
⇔
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

Tập xác định: 
BPT
()
22 22
62( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0xx xx xx xx⇔−+−+++−+++≤
0,5


22
22
16( 1)

12. 6 0
11
xx xx
xx xx
−+ −+
⇔+ −≤
++ ++
(vì
2
10,
x
xx
+
+> ∀
)
0,5
Đặt:
2
2
6( 1)
1
xx
t
xx
−+
=
++
(t > 0), ta được
2
260tt

+
−≤
3
0
2
t
⇔
<≤
.

0,5
Câu II
6,0 đ
2)
2,0đ


BPT đã cho tương đương với
2
2
2
6( 1) 9 11 21 11 21
51150 ; .
1 4 10 10
xx
xx x
xx
⎛⎞
−+ − +
≤⇔ − +≤⇔∈

⎜⎟
++
⎝⎠



0,5
2
9 9 3 cos( ) 3 3 .cos( ) (2).
xx xx
ax ax
ππ
−
+= ⇔ + =
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
000
21.xxx
=
−⇔=

Với
0
1x = , thì từ (2) suy ra 6.a
=
−
0,5

3)
2,0đ

Với 6,a =− thì phương trình (2) trở thành
2
3 3 6cos( ) (3).
xx
x
π
−
+=−
Ta có
(3) 6, (3) 6.VT VP≥≤ Vậy
2
33 6
(3) 1.
6cos( ) 6
xx
x
x
π
−
⎧

+=
⇔
⇔=
⎨
−=
⎩

Vậy
6.a =−
1,0
Ta có:
13
sin (sin 3cos ) (cos 3sin )
44
x
xx xx=+ − −

13
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )'.
44
x
xxx=+−+


0,5



Câu
III

2,0đ

Suy ra
22
23
00
11 3(sin3cos)'
44
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )
xx
Idx dx
xx xx
ππ
+
=−
++
∫∫



0,25

2
2
2
2
0
0
11 3
16

8(sin 3 cos )
cos
6
dx
xx
x
π
π
π
=+
+
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
∫



0,75

2
0
13
tan
16 6 12
x
π
π
⎛⎞

=−+
⎜⎟
⎝⎠
333
.
12 12 6
=+=

0,5


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




1)
2,0đ
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.
= 3xy + )1xy3(xy3
6
6
− .
Từ
24
32 .
39
xy x y xy xy xy=+≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

Suy ra

3(4 2)
min ,
9
S
+
=
khi
2
.
3
xy
=
=








0,5




0,5
Hai elíp có các tiêu điểm
12
( 3;0), (3;0).FF

−

0,5
Điểm
212
() 2
M
EMFMFa∈⇒+ =
. Vậy
2
()E
có độ dài trục lớn nhỏ
nhất khi và chỉ khi
12
M
FMF
+
nhỏ nhất.
0,5
Gọi (;)Nxy là điểm đối xứng với
1
F qua
Δ
, suy ra (5;2).N
−

Ta có:
12 22
M
FMF NMMF NF+=+≥ (không đổi).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
MNF
=
∩Δ
0,5
2)
2,0đ
Toạ độ điểm
17
430
17 8
5
:;.
50 8
55
5
x
xy
MM
xy
y
⎧
=−
⎪
+−=
⎧
⎪
⎛⎞
⇔⇒−

⎨⎨
⎜⎟
−+=
⎝⎠
⎩
⎪
=
⎪
⎩

0,5
Câu
IV
6,0đ





3)
2,0đ
Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt.
12
(1 2 ;2 2 ; 1 ); (3 2 ; 1 2 ; ).AAtttB Bsss∈Δ ⇒ + − − + ∈Δ ⇒ + − −
Suy ra
()
22( );32( );1( )AB st st st=+ −−− − +−
uuur

0,5
H
A
B
C
D
M
N


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










22
1
9( ) 22( ) 14 1
13
.
9
st
AB s t s t
st

−=−
⎡
⎢
⇒=−+−+=⇒
⎢
−=−
⎣



0,5
Với
1(0;1;0)st AB−=−⇒ = − ⇒
uuur
(P) có một vtpt
1
; (0;0;1)nABi
⎡⎤
==
⎣⎦
u
ruuurr
,
suy ra
(): 0Pz=
(loại do (P) chứa trục
Ox
).
0,5
Với

13 8 1 4
;;
9999
st AB
−
−−
⎛⎞
−=− ⇒ =
⎜⎟
⎝⎠
uuur
,
suy ra
()P có một vtpt
2
41
;(0;;)
99
nABi
−
⎡⎤
==
⎣⎦
u
ur uuurr
,
suy ra
():4 8 0Pyz−−= (thỏa mãn bài toán).

0,5
Từ giả thiết suy ra :
0abc
+
+=

0,25
Ta có: ,,abc là ba nghiệm thực của phương trình ()()()0xaxbxc
−
−−=
33
30311
x
x abc x x abc⇔−− =⇔−+= + (3)

0,5
Từ đồ thị hàm số
3
31,yx x
=
−+ suy ra pt (3) có ba nghiệm thực ,,abc
khi và chỉ khi
1132 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

666 2
3( )P a b c P abc=++⇒−

222444222222
()( )a b c a b c ab bc ca=++ ++− − −
.
2223 222222222
( ) 3( )( ) 216 18.9 54a b c a b c ab bc ca=++ − ++ + + = − =.

0,5
Câu V
2,0đ

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