DAP AN TU LUAN PTMO 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016-2017
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN-THPT
Hướng dẫn chấm có 04 trang

I.
Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần
bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương
ứng với thang điểm của đáp án.
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II.
Đáp án – thang điểm
Nội dung
x−2
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y = f ( x) =
.
x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( H ) của hàm số đã cho.

Điểm

3,0

5
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( H ) và đường thẳng d : y = 2 x − .
2

c) Tìm tất cả các nghiệm của phương trình f ( f ( x )) + f ( x ) + 2 = 0.
a)
* Tập xác định: D = ¡ \ { −1}
* Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: y ′ =

3

( x + 1)

2

0,25

> 0, ∀x ∈ D

Hàm số đồng biến trên từng khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ )
y = lim y = 1, lim+ y = −∞, lim− y = +∞
+ Giới hạn và tiệm cận: xlim
→−∞
x →−1
x →−1
x →+∞

0,25

Đồ thị ( H ) có tiệm cận ngang là y = 1 , tiệm cận đứng là x = −1
+ Bảng biến thiên:
x

−∞

+∞

−1
+

+

y′

+∞

1

0,25

y
−∞

1

* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( 0; −2 ) , cắt trục hoành tại điểm ( 2;0 ) .

0,25

1
2
y

-2

1


I
x

-1 O

b) Hoành độ giao điểm của ( H ) và đường thẳng d : y = 2 x −

5
là nghiệm của phương trình
2

x−2
5
1
= 2 x − ⇔ x = − ; x = 1.
x +1
2
4
Diện tích hình phẳng cần tìm là
1

S=

 x−2

5

0,25

∫  x + 1 − 2 x + 2 ÷ dx

−

0,25

1
4

1

7


=  − x 2 + x − 3ln x + 1 ÷
2

 −1

0,25

4

=

55

3
+ 3ln (đvdt).
16
8

0,25

 x ≠ −1
 x ≠ −1
 x ≠ −1


⇔ x−2
⇔
c) Điều kiện 
1 ( *) .
≠ −1  x ≠
 f ( x ) ≠ −1 

2
 x +1
Phương trình đã cho tương đương

f ( x) − 2
+ f ( x ) + 2 = 0.
f ( x) +1

⇔ ( f ( x ) ) + 4 f ( x ) = 0 ⇔ f ( x ) = 0; f ( x ) = −4.
2

Với f ( x ) = 0 ⇔ x = 2 (thỏa mãn ( *) ).
2
Với f ( x ) = −4 ⇔ x = − (thỏa mãn ( *) ).
5
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc

0,25

0,25
0,25
0,25

·ABC = 600 , hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng

( SAB )

và ( ABCD ) bằng 300.

a) Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo a.
uuur uuur
b) Gọi J là điểm thỏa mãn CD = 4CJ và H là hình chiếu của J trên mặt phẳng ( SAB ) .

2,0

Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BHJ ) theo a.
2


a) Gọi O là giao điểm của AC và BD, M , I lần lượt là trung điểm của AB, AM . Do tam giác
a 3

a 3
a2 3
ABC đều cạnh a nên CM ⊥ AB, OI ⊥ AB và CM =
, OI =
, S ABCD =
2
4
2
Vì ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với ( ABCD ) nên SO ⊥ ( ABCD )
·
Do AB ⊥ OI ⇒ AB ⊥ SI . Suy ra ·
= 300
( SAB ) , ( ABCD )  = (·OI , SI ) = SIO
Xét tam giác vuông SOI ta được SO = OI .tan 300 =

0,25

0,25

a 3 3 a
.
=
4
3
4

0,25

1
1 a 2 3 a a3 3

Suy ra VS . ABCD = .S ABCD .SO = .
(đvtt).
. =
3
3 2 4
24
b) Giả thiết suy ra J , O, I thẳng hàng và H thuộc SI .
Ta có IJ = 2OI =

a 3
a 3 1 a 3
và JH = IJ .s in300 =
. =
.
2 2
4
2

JB 2 = JC 2 + CB 2 − 2 JC.CB cos1200 =
Do đó S BHJ =

3a 2
a 6
21a 2
a 21
⇒ JB =
, HB 2 = JB 2 − JH 2 =
⇒ HB =
.
2

2
16
4

1
3a 2 7
1
a2 3
HJ .HB =
, S ABJ = IJ . AB =
. Hạ HK ⊥ IJ ⇒ HK ⊥ ( ABCD )
2
32
2
4

3a
và HK = HJ sin 60 = .
8

0,25

0,25

0,25

0,25

0

1
1
a 21
S ABJ .HK = S BHJ .d ( A; ( BHJ ) ) ⇒ d ( A; ( BHJ ) ) =
.
3
3
7
Câu 3 (1,5 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( 3; −2; −2 ) và mặt phẳng
Từ đó VH . ABJ =

0,25

( P) : x − y − z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua A, vuông góc với ( P ) và cắt

1,5

các trục Oy, Oz lần lượt tại M , N (khác O ) sao cho OM = ON .
uuuur
uuur
Gọi M ( 0; a;0 ) , N ( 0;0; b ) , trong đó ab ≠ 0. Ta có AM = (−3; a + 2; 2), AN = (−3; 2; b + 2).
uur uuuur uuur
( Q ) có véc tơ pháp tuyến là nQ = [ AM , AN ] = (2a + 2b + ab;3b;3a);
uur
( P ) có véc tơ pháp tuyến là nP = (1; −1; −1)

0,25
0,25

uur uur uur uur

( P) ⊥ (Q) ⇔ nP ⊥ nQ ⇔ nP .nQ = 0 ⇔ ab − a − b = 0 ( 1)

0,25

OM = ON ⇔ a = b ⇔ a = ±b

0,25

( 2)

3


Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra a = b = 2.
uur
Do đó nQ = (12;6;6) và ( Q ) : 2 x + y + z − 2 = 0.

0,25
0,25

Câu 4 (1,5 điểm). Cho số thực a ≥ 17. Hãy xác định số nghiệm của hệ phương trình sau

 x2 + y3 = a

log 3 x.log 2 y = 1.

1,5

Nhận thấy nếu ( x; y ) là nghiệm của hệ thì x > 1, y > 1 . Đặt log 3 x = t ( t > 0 ) , suy ra
0,25

1

1
t

t
x = 3 , y = 2 . Ta có phương trình 9 + 8 t = a ( *)
t

Số nghiệm của hệ đã cho bằng số nghiệm dương của phương trình ( *) .
1

1
t

t
Xét hàm số f ( t ) = 9 + 8 − a trên ( 0; +∞ ) . Ta có f ′ ( t ) = 9t ln 9 − 8 ln 8 .
t2

t

Trên ( 0; +∞ ) thì y = 8 t ln 8 và y =
1

1
là các hàm nghịch biến và chỉ nhận giá trị dương.
t2

1

t
Vì thế, trên khoảng đó y = − 8 ln 8 là hàm đồng biến.
t2
Suy ra f ′ ( t ) là hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .

1
(
) ( ln 27 − ln16 ) < 0 nên tồn tại t0 ∈ ( 0;1) sao cho
2
f ( t ) = +∞ và f ( 1) = 17 − a ≤ 0 .
f ′ ( t0 ) = 0. Ta có lim+ f ( t ) = tlim
→+∞
t →0

256
Hơn nữa, do f ′  ÷. f ′ ( 1) = 18 ln 9 − ln 2

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình ( *) có đúng hai nghiệm dương. Vậy hệ đã cho có tất cả
hai nghiệm.

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

-------Hết------

4