Đáp án đề thi HSG 12 năm 04 - 05

Sở giáo dục đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
Bắc Giang Năm học 2004 2005
Hớng dẫn chấm Môn Toán lớp 12
Đề chính thức Bản hớng dẫn này có 04 trang
Bài Cách giải sơ lợc điểm
Bài 1 (4 đ)
Câu 1)
(2 đ)
xR ta có: y = (m +1)x
2
2(2m +1)x +m + 3.
Hàm số đồng biến trên [2;+) y 0 x[2;+).
Gọi T là tập nghiệm của bất phơng trình y

0.
+) Nếu m = -1 ta có y = 2x +2 0 x -1
T= [-1;+) [2;+) T m= -1 thoả mãn.
+) Nếu m < -1 có T = hoặc T = [x
1
,x
2
]
[2;+) T m < - 1 không thoả mãn.
+) Nếu m > -1 xét = 3m
2
-2.
*) Nếu
3
2
m

3
2
T = R T [2;+) thoả mãn.
*) Nếu






<<
>
3
2
1
3
2
m
m
T= (-; x
1
][x
2
; +).
T[2;+ ) x
1
< x
2
2

<
+
>
02
2
S
0)2('y)1m(
0'







<<
<<
1m
3
2
3
2
m1

.
Tóm lại ta đợc kết quả bài toán là: - 1 m < 1.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
Câu 2)
(2 đ)
Với m = 2 ta có: y = x
3
-5x
2
+5x +3 y = 3x
2
-10x +5.
Gọi phơng trình tiếp tuyến qua A(1; 4) là y = k(x- 1) +4.
Ta có hệ:



=+
+=++
kxx
)x(kxxx
5103
41355
2

23

0,25
0,5
0,75
0,5




=
=




+=
=+
3
2
5103
0254
2
23
k
k
xxk
xxx
.
Phơng trình tiếp tuyến

1
: y = - 2x + 6.
Phơng trình tiếp tuyến
2
: y = - 3x +7.
Bài 2 (4 đ)
Câu 1)
(2 đ)
Từ hệ 0 < x < y.
Rút y từ (1), thay vào (2) đợc
(3) 7x
xx
)xx3(
x
3
3
=








.
Đặt
xt
=
t >0 . (3) trở thành

(4) )1(f027t7t27t9t2)t(f
369
==++=
.
Mà
>+=
05t)54254(...)t('f
5
f(t) đồng biến trên (0;+).
Vậy (4) t =1. Từ đó đợc nghiệm của hệ đã cho là (x ; y)=(1; 2).
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
Câu 2)
(2 đ)
Ta có: A < B < C a < b < c sinA < sinB < sinC
Txđ của phơng trình: D = [sinC; +). Gọi phơng trình đã cho là
(1). Ta có:
01
Asinx
Bsinx
Asinx
Csinx
:)x(f )1(
=

+


=
.
Vì sinA < sinB < sinC nên f(x) xác định, liên tục trên D.
Ta có f(sinC) =
01
<


AsinCsin
BsinCsin
;

ylim
x
+
= 1 > sinC sao cho f() > 0
f(sinC).f() < 0 với mọi A < B < C. Từ đó suy ra phơng trình
f(x) = 0 ( (1) ) luôn có nghiệm với mọi A < B < C.
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
Bài 3 (4 đ)
Câu 1)
(2 đ)
Gọi bất đẳng thức cần chứng minh là (1).

Xét P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d) = x
4
S
1
x
3
+ S
2
x
2
S
3
x + S
4
.
P(x) có ba nghiệm dơng phân biệt m, n, t. Ngoài ra, theo định lý Viét
có










=
=++
=++

4
S
mnt
2
S
tmntmn
4
S3
tnm
3
2
1
.
0,25
0,5
0,25
Từ giả thiết có mn +nt + tn +mnt = 4 (2) nt < 4 4 - nt > 0. (2)
Lập luận: (1) m + n + t mn + nt + tm. (3)
Lập luận trong ba số có hai số hoặc cùng 1, hoặc cùng 1.
Giả sử đó là n và t (1- n)(1- t) 0. (4)
Rút m từ (2), thay vào (3) ta đợc
(3) (4- nt)(1- n)(1- t) +(n - t)
2
0. (3)
Từ (2) và (4) ta thấy (3) luôn đúng (3) đúng (đpcm).
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2)

(2 đ)
Ta có : 0< A, B, C < 0 <
22
2

<
+

+
BA
BA
AB

sin
2
2 BA
sin
BA
AB
+

+
.
Chứng minh tơng tự suy ra

222
222 AC
sin
CB
sin

BA
sin
AC
CA
sin
CB
BC
sin
BA
AB
sin
+
+
+
+
+

+
+
+
+
+
. Chứng
minh bổ đề: Với x, y, z (0; ) thì
sinx + siny + sinz 3sin
3
zyx
++
.

2
33
222

+
+
+
+
+
AC
sin
CB
sin
BA
sin

Từ đó suy ra
2
33222

+
+
+
+
+
AC
CA
sin
CB
BC

sin
BA
AB
sin
.
Dấu bằng xảy ra A = B = C Tam giác ABC đều.
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
Bài 4 (6 đ)
Câu 1)
(4 đ)
Từ giả thiết B
1
(2;1;5), C
1
(4;1;5), D
1
(4;-1;5)
(Nêu cách suy ra toạ độ điểm ).
Điểm I(3;0;4).
Ta có
IA
= (-1;-1;-1)
IB
= (-1;1;-1) ;

IC
= (1;1;-1)

ID
= (1;-1;-1)
1
IA
= (-1;-1;1) .
Suy ra IA = IB = IC = ID = IA
1
=
3
I là tâm hình lập phơng.
Gọi góc giữa đờng thẳng và bốn đờng chéo của hình lập phơng là

1
;
2
;
3
;
4
. Ta có:
h
1
= h
8
=
3
sin

1
; h
2
= h
7
=
3
sin
2
;
h
3
= h
6
=
3
sin
3
; h
4
= h
5
=
3
sin
4
.
Tính cos
1
; cos

2
; cos
3
; cos
4
cos
2

1
+ cos
2

2
+ cos
2

3
+ cos
2

4
=
3
4

S = 6(sin
2

1
+ sin

2

2
+ sin
2

3
+ sin
2

4
) = 16.
S không phụ thuộc vào m, n, p.
0,5
0,25
0,5
0,5
0,75
1,0
0,25
0,25

Câu 2)
(2 đ)

).A(fu.MA3MA
AD
AD
AC
AC

AB
AB
AD
AD
AC
AC
AB
AB
MA3MA
AD
AD.MD
AC
AB.MC
AB
AB.MB
3MA
AD
AD.MD
AC
AC.MC
AB
AB.MB
3MA)M(f
222
++=
+++

+++=
+++
+++=

Có
)0AC. ADAD.AB AC.AB (do 3u
2
====
.
Gọi là góc giữa
u và MA
. Ta có:

)0)cos1( do ( )A(f)A(f)cos1(3.MA)M(f
+++

Vậy M A là điểm cần tìm.
1.0
0,25
0,5
0,25
Bài 5 (2 đ)
Gọi (1) là bất đẳng thức cần chứng minh. Ta có
VT(1) = |f(0)| =
0x
)0(f)x(f

lim
0x




=
x
xsin
lim.
xsin
)x(f
lim
x
xsin
.
xsin
)x(f
lim
x
)x(f
lim
0x0x0x0x

==

1.1 = 1 đpcm.
0,5
1,0
0,5

Điểm toàn bài (20 đ)
L u ý:
Bài toán giải theo cách khác, nếu đúng thì cho điểm tơng tự nh cách giải trên. Nếu quá
trình giải sai mà kết quả đúng thì không cho điểm. Nếu ở kết quả thí sinh không ghi đơn vị
hoặc ghi sai đơn vị thì tuỳ theo mức độ, giám khảo xem xét trừ điểm, nhng không trừ quá
0,5 điểm đối với mỗi bài toán.
Sở giáo dục đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
Bắc Giang Năm học 2004 2005
Hớng dẫn chấm Môn Toán lớp 12
Đề dự bị Bản hớng dẫn này có 04 trang
Bài Cách giải sơ lợc điểm
Bài 1 (4 đ)
Câu 1)
(2 đ)
Txđ: x m. Ta có:
2
322
)mx(
1mxm2mx
'y

++
=
. Do (x - m)
2
>0
xTxđ nên dấu của y là dấu của tam thức bậc hai
f(x) = mx
2
- 2m

2
x +m
3
+ 1.
Vậy hàm số có cực trị trên khoảng (-2; 0) Phơng trình
f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác m, thuộc (-2 ; 0).










<<
>
>
>

02/s2
0)0(mf
0)2(mf
0'
0)m(f;0m

<<
>+
>+++
<

0m2
0)1m(m
0)1m3m)(1m(m
0m
0m
3
2
.
Hệ này vô nghiệm .
Vậy không có giá trị nào của m thoả mãn bài toán.
0,25
0,5
0,75
0,25
0,25
Câu 2)
(2 đ)
Với m = 1 ta có:
)C(

x
xx
y
1
3
2

+
=

Ta có đờng thẳng
1
: y = (1-
ax)
+
2
vuông góc với đờng thẳng :
y =
2212
++
x)(
aR (1).
Hoành độ giao điểm cuả đờng thẳng
1
và đồ thị hàm số (C) là
nghiệm của phơng trình:

03222
1
3

21
2
2
=++

+
=+
ax)a(x
x
xx
ax)(
.
Phơng trình luôn có nghiệm aR. Gọi (x
I
; y
I
) là toạ độ trung
điểm của hai giao điểm của
1
và (C). Từ điều kiện trên ta tính đợc
0,25
0,25
0,5

++
=
+
=
22
42321
22
22
a)(
y
a
x
I
I
.
Ta nhận thấy y
I
=
2212
++
I
x)(
aR I . (2)
Từ (1) và (2) suy ra đồ thị (C) nhận làm trục đối xứng.
0,5
0,25
0,25
Bài 2 (4 đ)
Câu 1)
(2 đ)

Điều kiện x 0. Thấy ngay phơng trình có nghiệm x = 1.
Nâng lên luỹ thừa bậc 4 cả hai vế (cùng 0) ta đợc
Phơng trình đã cho (1) x
2
+ f(x) = x+80 (1).
Có f(x) = là hàm số đồng biến (?), do đó:
Nếu x > 1 x
2
> x, f(x) > f(1)= 80 VT(1) > VP(1).
Nếu 0 < x < 1 x
2
< x, f(x) < f(1)= 80 VT(1) < VP(1).
Vậy (1) không có nghiệm x 0, x 1.
Tóm lại phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1.
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
Câu 2)
(2 đ)
Điều kiện x 1. Với điều kiện đó
( )
01x1x
2005
>++
nên gọi (1)
là bất phơng trình đã cho, ta có:
(1) (

2005
2
2
2005
2111 .a)xx(log.)xx
++++
f(x) =
)xx(log.)xx( 111
2
2
2005
++++
đồng biến trên [1;
+)
f(x) f(1) x[1; +) f(x)
32
2
2005
log.)(

(1) có nghiệm a.
322
2
20052005
log.)(


Vậy a
3
2

2
2
2005
log.)(

là các giá trị cần tìm.
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
Bài 3 (4 đ)
Câu 1)
(2 đ)
Có 0 M := (xy-x+1)
2
+ (yz-y+1)
2
+(zx-z+1)
2

= (x
2
y
2
+ y
2
z
2

+ z
2
x
2
) +(x
2
+ y
2
+ z
2
) + 3 - 2T -
- 2(x+y+z) +2(xy+yz+zx)
Có xy+yz+zx = = -3 (xy+yz+zx+1)
2
=4
0 M = 6+3+3- 2T T 6.
T = 6





=+
=+
=+
01
01
01
zzx
yyz

xxy
x, y, z là các nghiệm của phơng trình
0,75
0,5