Tài liệu Đáp án Đề thi học sinh giỏi tỉnh bắc giang monTOAN 2009

Sở giáo dục và đào tạo
bắc giang
Đề chính thức
Đáp án-thang điểm đề thi chọn học
sinh giỏi cấp tỉnh năm 2009
Môn thi: Toán, lớp 12 THPT
Ngày thi: 05 tháng 04 năm 2009
Đáp án-thang điểm có 4 trang
Chú ý: Dới đây chỉ là sơ lợc từng bớc giải và cách cho điểm từng phần của
mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học
sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tơng ứng.
Câu Phơng pháp giải kết quả điểm
Câu I
5 điểm
1. (2 điểm) TXĐ của hàm số là R\
{ }
1
.
2
2
( 1)
' , 1.
( 1)
m
y x
x

=

Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x khi hệ phơng trình ẩn x

2
2
2
(2 1)
1
( 1)
1
( 1)
m x m
x
x
m
x


=






=



có nghiệm

2 2
2 2

2 (2)
( 1) ( 1) (3)
mx m x
m x

=



=


có nghiệm x 1
Trừ vế theo vế của (2) và (3) ta đợc (m -1)x = m(m - 1).
Nếu m = 1 phơng trình có nghiệm x = 1(loại)
Nếu m 1 thì hệ (2) và (3) luôn có nghiệm x 1 (thỏa mãn).
Vậy m 1 thì d tiếp xúc với đồ thị hàm số (1)
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
2. (3 điểm) m = 2 hàm số (1) trở thành
3 4
1
x
y
x

=

có đồ thị là (C).
Gọi A(x
A
; y
A
) B(x
B
; y
B
)

(C) và đối xứng nhau qua d.
Vì AB

d nên phơng trình AB có dạng y =
1
2

x + n
x
A
, x
B
là nghiệm của phơng trình

2
3 4 1
( ) (2 5) 2 8 0

1 2
x
x n f x x n x n
x

= + = + =

, x 1.
Theo Vi-et ta có
2 5
A B
x x n+ =
Gọi I là trung điểm AB

x
I
=
2 5 1 2 5
;
2 2 2 4
A B
I I
x x n n
y x n
+ +
= = + =
.
Do A, B đối xứng qua d nên I

d

2 5 1
2 5 4.
4 4
n
n n
+
= + =
Với n = 4 thì x
A
; x
B
là nghiệm phơng trình x
2
-3x = 0


0
3
x
x
=


=

Vậy các điểm cần tìm là (0; 4) và (3;
5
2
).

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu II
1. (2 điểm) Điều kiện x

1.
Với điều kiện đó phơng rình đã cho tơng đơng với
Trang 1/4
4 điểm

2
3
( 6 2) ( 1 1) 4x x x+ + =

2
2
3
3
2
3
3
2 2
4
1 1
( 6) 2 6 4
2 0

1 1
2 (1)
1 1
( 6) 2 6 4
x x
x
x
x x
x
x
x
x x

+ =
+
+ + + +
=




+ = +

+
+ + + +

Vì x

1 nên VT(1)
3 3

1
1 2
49 2 7 4
+ <
+ +
và VP(1) > 2
Nên (1) vô nghiệm
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
2. (2 điểm) Điều kiện sin2x

0
Nếu cot x > 0 phơng trình đã cho trở thành
2
1 cos 2 1
cot tan
sin sin cos sin
cos 2 cos 2cos cos 1 0
cos 1( )
1
cos
2
x
x x
x x x x
x x x x

x l
x
= + =
= =
=




=


2
2 ( )
1
3
cos
2
2
2 ( )
3
x k l
x
x k tm





= +

=


= +


Nếu cot x < 0 phơng trình đã cho trở thành
1 1 1
cot tan 0
sin sin cos sin
x x
x x x x
= + + =


cos x = -1 (l).
KL ...
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu III
5 điểm
1. (2 điểm) Vì B

d

B(a; 3) và C

Ox

C(b; 0).


ABC đều

AB
2
= BC
2
= CA
2

2 2
2 2
( 1) 4 ( 1) 1
( 1) 4 ( ) 9
a b
a b a

+ = +


+ = +


(Điều kiện a, b

1)
Đặt b -1 = t(a - 1) do b - 1

0
Hệ phơng trình trở thành
2 2
2 2
( 1) ( 1) 3
( 1) ( 2 ) 5
a t
a t t

=


=


Chia vế thêo vế của hai phơng trình của hệ ta đợc
1
2
5
4
t
t

=

=


+)
1
2
t =
thay vào hệ đợc kết quả: vô nghiệm.
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
Trang 2/4
+)
5
4
t =
thay vào hệ ta thu đợc
4 3 5 3
1 ; 1
3 3
4 3 5 3
1 ; 1
3 3
a b
a b

= + = +

= =


Vậy các điểm cần tìm là
4 3 5 3
(1 ;3), (1 ;0)
3 3
B C+ +
hoặc
4 3 5 3
(1 ;3), (1 ;0).
3 3
B C

0,25
2. (3 điểm)

P
N
F
E
D
A
B
C
S
M

H
a) (1 điểm) Tính đợc khoảng cách từ S đến BE bằng
2 2
2 2
8
4
a b
a
a b
+
+
.
b) (2 điểm) H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (SBD)
Học sinh chứng minh đợc H là trực tâm tam giác SBD.
Gọi các đờng cao của tam SBD là SM, BN, DP
Từ đó ta có =
ã
ã
ã
, , .HMA HNA HPA

= =

Ta có cos
2
2
2
HM AH AH
cos
AM AS AS

= = =
Tơng tự ta chứng minh đợc:
2
2
2
2
2
2
AH
cos
AB
AH
cos
AD


=
=
Mặt khác ta chứng minh đợc
2 2 2 2
1 1 1 1
AH AS AB AD
= + +
Suy ra
2 2 2
1.cos cos cos

+ + =
Ta dễ dàng chứng minh đợc

2 2 2 2
( ) 3( )cos cos cos cos cos cos

+ + + + =3
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
1 đ
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu IV
4 điểm
1. (2 điểm) Ta có I =
2 2
2 2
2 2
4 sin 4 sin
xdx cosxdx
x x



+


+) I
1
=
2

2
2
4 sin
xdx
x





Đặt x = -t, ta tính đợc I
1
= 0.
0,5
0,5
Trang 3/4
+) I
2
=
2
2
2
4 sin
cosxdx
x

=
2
2
2
2
2
(sin ) 1 2 sin
ln
4 sin 4 2 sin
d x x
x x







=
+

=
1
ln 3
2
Vậy I = I
1
+ I
2
=

1
ln 3
2
.
0,75
0,25
2. (2 điểm) Điều kiện 10 - 3
x
> 0 , n

3, n

N.
Số hạng thứ 6 trong khai triển Niutơn củanhị thức là:

5
5 log(10 3 ) 5 ( 2) log 3 5
( 2 ) ( 2 ) 21.
x
n x
n
C

=
(1)
Theo giả thiết
1 3 2
2
2
7

n n n
n
C C C
n
=

+ =

=

(chỉ có n = 7 thỏa mãn).
Với n = 7 thì (1) trở thành
2
log[(10 3 )3 ] 2
2 1 (10 3 )3 1.
x x
x x


= =
Giải phơng trình trên ta đợc x = 2 hoặc x = 0
Kết luận: ...
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
Câu V
2 điểm
Do x, y, z dơng nên theo BĐT Cô - si, ta có

1 1 1
( )( ) 9xy yz zx
xy yz zx
+ + + +



1 1 1 9
xy yz zx xy yz zx
+ +
+ +
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 7
( )
x y z xy yz zx
x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx
+ + +
+ +
+ + +
+ + + + + + + +
2 2 2 2
9 7.3
2( ) ( )x y z xy yz zx x y z
+
+ + + + + + +

=
2 2

9 21
30.
( ) ( )x y z x y z
+ =
+ + + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
1
3
.
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 4/4