Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Hòa Bình năm 2010

SỞ GD- ĐT HÒA BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Toán.
Ngày thi: 23/12/2010
(Thêi gian lµm bµi 180' kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (5 điểm).
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
y = sin 3 x − cos 2 x − 7 sin x + 2 .
2. Cho hàm số y =

2x − 1
x −1

(C)

Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần
lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB.
Câu 2 (6 điểm).
π
1. Giải phương trình: 2sin 2 ( x − ) = 2sin 2 x – tan x .

(

4

2. Giải phương trình: 4 log

2

x

)

2

− log 1 x − 5 = 0 .
2

 x + y + x + y = 6
3. Giải hệ phương trình:  3
2
2
 x − 3 x + y − 4 y + 5 = 0
Câu 3 (2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A. Gọi G là
trọng tâm của tam giác đó, biết BC và BG lần lượt có phương trình là:
x − 2 y − 4 = 0 ; 7 x − 4 y − 8 = 0 ,và đường thẳng CG đi qua điểm E (−4;1)
Viết phương trình đường cao AH.
Câu 4 (2 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
x 2 + 2mx + 1 = 2 x − 2

Câu 5 (4 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có SA = x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a .
1. Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng ( SAC ) .
a3 2
2. Tìm x theo a để thể tích của khối chóp S . ABCD bằng
.

6

Câu 6 (1 điểm).
Tính các góc của tam giác ABC biết: 2sin A sin B(1 − cos C ) = 1
−−−−− HẾT −−−−−
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:..................................................................
Số báo danh: ..........................................................................
Họ tên Giám thị 1........................................Chữ kí....................................
Họ tên Giám thị 2........................................Chữ kí....................................


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu
1
(5đ)

Ý
Nội dung
1 Ta có: y = sin 3 x − (1 − 2sin 2 x) − 7 sin x + 2

Điểm
0,5

⇒ y = sin 3 x + 2sin 2 x − 7 sin x + 1
Đặt t = sin x điều kiện t ≤ 1
Bài toán trở thành tìm GTLN-GTNN của hàm số y = t 3 + 2t 2 − 7t + 1 trên đoạn
[ −1;1]
2
Ta có: y ' = 3t + 4t − 7 ≤ 0, ∀x ∈ [ −1;1]

⇒ max y = 9 khi t = −1 ⇒ sin x = −1 ⇒ x = −
⇒ min y = −3 khi t = 1 ⇒ sin x = 1 ⇒ x =

π
+ k 2π
2

0,5
0,5
0,5

π
+ k 2π
2

0,5

2
Cách 1: Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại điểm M ( x0 ; y0 ) cắt Ox tại A và Oy
tại B sao cho OA=4OB. Do ∆OAB vuông tại O nên tan A =
số góc của d bằng

1
−1
hoặc
4
4

Hệ số góc của d tại M là y '( x0 ) =

OB 1
=
⇒ Hệ
OA 4

1,0
−1
−1
−1
< 0 ⇒ y '( x0 ) =
=
2
2
( x0 − 1)
( x0 − 1)
4

3

 x0 = −1 ⇒ y (−1) = 2
⇔
 x = 3 ⇒ y (3) = 5
 0
2

0,5

Khi đó có hai tiếp tuyến của (C) thỏa mãn bài toán là:
−1

3
( x + 1) +
4
2 ⇔ x + 4y − 5 = 0
 x + 4 y − 13 = 0
−1
5

( x − 3) +
4
2
Cách 2: Gọi tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) có dạng
2x −1
−1
y=
( x − x0 ) + 0
(d)
2
( x0 − 1)
x0 − 1

y =

y =


1,0

0,5

2
(d) cắt Ox tại A cho y=0 tìm x suy ra A(2 x0 − 2 x0 + 1;0)

 2x 02 − 2x 0 + 1 
B
(d) cắt Oy tại B cho x=0 tìm y suy ra  0;
÷
( x0 − 1) 2 

 x0 = 3
Theo giả thiết OA=4OB suy ra tìm được 
Từ đó ta có kết quả
 x0 = −1

1,0
1,0


C©u
2
(6đ)

1

π
+ kπ
2
Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi phương trình
π
sinx

sinx
1 − cos(2 x − ) = 2sin 2 x −
⇔ 1 − sin 2 x = 2sin 2 x −
2
cosx
cosx

ĐK: x ≠

⇔ (1 − sin 2 x )cosx = sin 2xsinx − sinx ⇔ (1 − sin 2 x )( cosx+sinx) = 0
π

x = + kπ

sin 2 x = 1
π
π
4
⇔
⇔
⇔ x= +k
4
2
 tan x = −1  x = −π + kπ

4

2

ĐK x > 0 Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi

4 log 22 x + log 2 x − 5 = 0
x = 2
log 2 x = 1
⇔
⇔
x = 1
log 2 x = − 5

24 2

4

3

0,5
0,5
1,0

0,5
0,5

KL:......................

1,0

t = 2
2
t
+
t

−
6
=
0
⇔
t
=
x
+
y
≥
0
t = −3
Ph¬ng tr×nh thứ nhất đặt
ta được

⇒ x + y = 2 ⇔ y = 4 − x thay vào ph¬ng tr×nh thứ hai ta được phương trình:

1,0

x = 1
⇔  1 ± 21
x =

2

0,5

x3 − 2 x 2 − 4 x + 5 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 − x − 5) = 0

+ x =1⇒ y = 3

C©u
3
(2đ)

+ x=

1 + 21
7 − 21
⇒y=
2
2

+ x=

1 − 21
7 + 21
⇒y=
2
2

0,5

Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ
 x − 2y − 4 = 0
x = 0
⇔
⇒ B ( 0; −2 ) .


7x − 4y − 8 = 0
 y = −2
Kẻ EF song song với BC ( F ∈ BG ) . Vì tam giác ABC cân tại A nên đường

cao AH là trung trực của EF.
Phương trình đường thẳng EF: 1. ( x + 4 ) − 2. ( y − 1) = 0 ⇔ x − 2y + 6 = 0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ
 x − 2y + 6 = 0
x = 4
⇔
⇒ F ( 4;5 ) .

7x − 4y − 8 = 0
y = 5

1,0


Ta trung im I ca EF: I ( 0;3) . Phng trỡnh ng trung trc ca EF:
2. ( x 0 ) + 1. ( y 3) = 0 2x + y 3 = 0.

1,0

KL: ...............
Câu
4
(2)

K: x 1
Phơng trình đã cho tơng đơng với

Câu
5
(4)

KL: ...............
Cỏch 1: Do B và D cách đều S,A,C. nên BD ( SAC )
Cỏch 2:
Gọi O là tâm của đáy ABCD . Ta cú BD AC (tớnh cht ca hỡnh thoi)
BD SO (do SBD cõn)

0,5
1,0
0,5

x 2 + 2mx + 1 = 4 x 2 8 x + 4
2mx = 3 x 2 8 x + 3 Chia c hai v cho x > 0 ( vỡ x 1 )
3
1
2m = 3 x + 8 2 (do x + 2)
x
x
m 1

1,0
0,5

BD ( SAC )

S

0,5

B
C
O

A
D

Các tam giác ABD, BCD,SBD là các tam giác cân bằng nhau có đáy BD
chung nên OA=OC=OS. Do đó ASC vuông tại S
Ta có:
1
1
a2 + x2 1
VS . ABCD = 2VS . ABC = 2 SC.SA.SO = ax. a 2
= ax. 3a 2 x 2
6
3
4
6

1,0

Theo gi thit ta cú phng trỡnh:
x = a
1
a3 2
ax. 3a 2 x 2 =

6
6
x = a 2

1,0


C©u
6
(1đ)

2sin A sin B(1 − cos C ) = 1
⇔ [ cos( A − B ) − cos( A + B ) ] (1 − cos C ) = 1 ⇔ [ cos( A − B) + cos C ] (1 − cos C ) = 1 (*)
Do cos( A − B) ≤ 1 ⇒ cos( A − B) + cos C ≤ 1 + cos C
⇒ VT (*) ≤ (1 + cos C )(1 − cos C ) = sin 2 C ≤ 1 = VP(*)
0
cos( A − B) = 1 C = 90
⇔
Vậy đẳng thức xảy ra 
0
 A = B = 45
sin C = 1

Mọi lời giải đúng đều được xem xét và cho điểm tương ứng
−−−−− HẾT −−−−−

0,5
0,5