Gián án Dap an de thi HSG Thai Binh Nam hoc 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 08 trang)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I
(4 điểm)
Cho hàm số
( )
( )
3 2 2 2
y 2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2
= − + + − + − + −
có đồ thị là (C
m
).
1. Tìm điểm cố định mà đồ thị (C
m
) luôn đi qua với mọi m.
2.
Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu.
1.
Gọi A(x; y) là điểm mà đồ thị (Cm) đi qua ∀m
⇔
( )
( )
3 2 2 2
2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 y
− + + − + − + − =
∀m

0,5đ
( )
( )
2 2 3 2
4x 2 m 4x 4x 3 m 2x x 4x 2 y 0
− − + − + − + − − =
∀m 0,5đ
2
3 2
4x 2 0
4x 4x 3 0
2x x 4x 2 y 0
− =


⇔ + − =


− + − − =

0,5đ
1
x
1
A ;0
2
2
y 0

=


 
⇔ ⇒

 ÷
 

=

0,5đ
2.
Ta có y’ = 6x
2
− 2(4m + 1)x + 4(m
2
− m + 1)
Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm pb
⇔ (4m + 1)
2
− 24(m
2
− m + 1) > 0
0,5đ
⇔ − 8m
2
+ 32m − 23 > 0
⇔
8 3 2 8 3 2
m ;
4 4

 
− +
∈
 ÷
 ÷
 
(1)
0,5đ
Khi hàm số có cực đại, cực tiểu để các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu thì điều kiện
cần và đủ là (C
m
) cắt Ox tại đúng 1 điểm
⇔
( )
( )
3 2 2 2
2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 0
− + + − + − + − =
có đúng 1 nghiệm
0,25đ
⇔
( )
( )
2 2
2x 1 x 2mx 2m 3m 2 0
− − + − + =
có đúng 1 nghiệm
0,25đ
⇔ x
2

− 2mx + 2m
2
− 3m + 2 = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0,5
⇔ m
2
− 2m
2
+ 3m − 2 < 0 hoặc
0
1
m
2
∆ =



=


vô nghiệm
0,25đ
⇔ m
2
− 3m + 2 > 0
⇔ m ∈ ( −∞ ; 1) ∪ (2 ; + ∞) (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được m ∈
8 3 2 8 3 2
;1 2;
3 4
   

− +
∪
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0,25đ
Câu II
(4 điểm)
1. Giải phương trình sau:
( )
3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3
1
2cosx 3
− − −
=
+
.
2. Giải phương trình sau:
( )
2
3
2
2x 1
log 3x 8x 5
x 1
−
= − +
−
.
1.

Giải phương trình:
ĐK:
3
2cos x 3 0 cosx
2
+ ≠ ⇔ ≠ −
0,25đ
Trang 1
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
PT ⇔
( )
3 sin2x cos2x 5sin x 2 3 cosx + 3 + 3 2cos x 3
− − + − = +
⇔
3 sin2x cos2x 5sin x 3cosx + 3 = 0
− − −
0,25đ
⇔
( )
2
3cosx 2sinx 1 + 2sin x 5sin x + 2 = 0
− −
⇔
( ) ( ) ( )
3cosx 2sinx 1 + 2sinx 1 sin x 2 = 0
− − −
0,25đ
⇔
( )
( )

2sin x 1 3cosx + sinx 2 = 0
− −
0,25đ
⇔
1
sinx =
2
3 1
cos x sin x 1
2 2




+ =


0,25đ
⇔
1
sinx =
2
sin x 1
3



π
 


+ =
 ÷

 

0,25đ
⇔
x k2
6
5
x k2
6
x k2
6
π

= + π


π

= + π


π

= + π


0,25đ

So sánh đk, kết luận nghiệm pt:
x k2
6
π
= + π
0,25đ
2.
ĐK:
1
x
2
x 1

>



≠

0,25đ
PT ⇔ log
3
(2x − 1) − log
3
(x − 1)
2
= 3x
2
− 8x + 5
0,25đ

⇔ log
3
3(x − 1)
2
+ 3(x − 1)
2
= log
3
(2x − 1) + 2x − 1
0,5đ
Xét f(t) = log
3
t + t trên (0; +∞)
Ta có:
1
f '(x) 1 0 t 0
t ln3
= + > ∀ >
⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên (0; +∞) (1)
0,25đ
PT ⇔
( )
( )
( )
2
f 3 x 1 f 2x 1
− = −
(2)
Từ (1) và (2) ta được 3(x − 1)
2

= 2x − 1
0,25đ
⇔ 3x
2
− 8x + 4 = 0
⇔
x 2 (TM)
2
x (TM)
3
=



=

0,25đ
KL: S =
2
2 ;
3
 
 
 
0,25đ
Trang 2
(thoả mãn)
(loại)
(thoả mãn)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Câu III
(2 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1:
( )
3
x
2 (1)
y
x 4
8m (2)
y x 2y

>



+

=

−

ĐK cần: Giả sử hệ có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1.
Phương trình (1) ⇔ y(x − 2y) > 0
Ta có: 0 < y(x − 2y) = xy − 2y
2
=
2
2 2 2 2
2

xy x x x x x
2 y 2. y 1 x 0
2 16 8 4 8 8
 
 
− − + + = − − + ≤ ⇒ − ≤ ≠
 ÷
 
 
 
0,25đ
Từ (2) ⇒
( )
( )
3
3 3
2
2
8 x 4
x 4 x 4
8m
x
y x 2y x
8
+
+ +
= ≥ =
−
⇒
2

4
m x
x
≥ +
(*)
0,25đ
Hệ có nghiệm (x; y) với x ≥ −1 nên (*) có nghiệm x ≥ −1
Xét hàm số
2
4
f (x) x
x
= +
trên D = [−1; +∞)\{0}
Ta có
3
3 3
8 x 8
f '(x) 1
x x
−
= − =
f’(x) = 0 ⇔ x = 2
0,25đ
BBT:
0,25đ
BBT ⇒ (*) có nghiệm ⇔
D
minf (x) m≤
⇔ m ≥ 3

0,25đ
ĐK đủ: Với m ≥ 3
Cho x = 2. Ta xét hệ
( )
2
2
y
12
8m
y 2 2y

>




=

−

⇔
2
0 y 1
3
y y 0 (3)
4m

< <



− + =


0,25đ
Do m ≥ 3 nên PT (3) có ∆ =
3 m 3
1 4. 0
4m m
−
− = ≥
PT (3) có 2 nghiệm
1
3
1 1
m
y
2
− −
=
∈ (0; 1) ;
2
3
1 1
m
y
2
+ −
=
∈ (0; 1).
0,25đ

Trang 3
x
f’
f
−1
0
+
−
+∞
+∞
+
0
+∞
+∞
3
3
2
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
⇒ Hệ luôn có nghiệm
3
1 1
m
2;
2
 
± −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷

 
với ∀m ≥ 3.
Kết luận ∀m ≥ 3.
0,25đ
Câu IV
(3 điểm)
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực x
n
sao
cho:
n
n
X
1
x n 0
2010
− + =
. Xét dãy số (U
n
) với U
n
= x
n
− n. Tìm lim U
n
.
2. Tìm n nguyên dương thoả mãn:
( )
0 1 2 2 n n
n n n n

C 2C 6C ... n n 2 C 403+ + + + − + =
.
Với
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử.
1.
Với mỗi n ∈ N* , xét
X
1
f (x) x n
2010
= − +
liên tục trên R
X
ln 2010
f '(x) 1 0 x R
2010
−
= − < ∀ ∈
⇒ f(x) nghịch biến trên R
0,25đ
⇒ PT f(x) = 0 nếu có nghiệm, nghiệm đó là duy nhất. (1)
0,25đ
Ta lại có
n
n 1
1
f (n) 0

2010
1
f (n 1) 1 0
2010
+

= >




+ = − <


⇒ f(n).f(n+1) < 0 (2) 0,5đ
Từ (1) và (2) ⇒ với mỗi số nguyên dương n thì phương trình
x
1
x n 0
2010
− + =
có đúng 1 nghiệm x
n
∈ (n; n + 1)
0,5đ
Ta lại có 0 < x
n
− n
n
X

n
1 1
2010 2010
= <
vì x
n
> n
0,25đ
Tức |x
n
− n| <
n
1
2010
mà lim
n
1
2010
= 0
⇒ lim U
n
= 0
0,25đ
2.
Xét k.triển: (1 + x)
n
=
0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
C xC x C x C ... x C+ + + + +

(1)
Thay x = 2 vào (1) ta có:
0 1 2 2 n n n
n n n n
C 2C 2 C ... 2 C 3+ + + + =
(a)
0,25đ
Đạo hàm hai vế của (1) ta có
( )
n 1
1 2 2 3 n 1 n
n n n n
C 2xC 3x C ... nx C n 1 x
−
−
+ + + + = +
(2)
Đạo hàm hai vế của (2) ta có
( )
n 2
2 3 n 2 n
n n n
2C 3.2xC ... n(n 1)x C n n 1)(x 1
−
−
+ + + − = − +
(3)
0,25đ
Thay x = 1 vào (3) ta có:
2 3 n n 2

n n n
2C 3.2C ... n(n 1)C n(n 1)2
−
+ + + − = −
(b)
Từ (a) và (b) ta có:
( )
0 1 2 2 n n n n 2
n n n n
C 2C 6C ... (n n 2 )C 3 n n 1 2
−
+ + + + − + = + −
0,25đ
Vậy pt ⇔ 3
n
+ n(n − 1).2
n
−
2
= 403
Xét f(n) = 3
n
+ n(n − 1).2
n
−
2

trên [1; +∞)
f’(n) = 3
n

ln3 + (2n − 1).2
n
−
2
+ n(n − 1).2
n
−
2
ln2 > 0 ∀n ∈ [1; +∞)
⇒f(n) đồng biến trên [1; +∞) mà f(5) = 403
⇒ pt có nghiệm duy nhất n = 5.
0,25đ
Trang 4
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu V
(2 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh
của hình vuông ABCD, biết rằng các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua
các điểm M(2; 1), N(0; 1), P(3; 5), Q(−3; −1).
Giả sử đt AB có véc tơ pháp tuyến
( )
n A;B
r
với A
2
+ B
2
> 0
T/c hình vuông và gt ⇒ AB: Ax + By − 2A − B = 0
CD: Ax + By − 3A − 5B = 0

BC: Bx − Ay + A = 0
AD: Bx − Ay − A + 3B = 0
0,5đ
Khi đó tứ giác ABCD là hình vuông khi và chỉ khi d(AB; CD) = d(BC; AD)
2 2 2 2
A 4B 3A 3B
A B B A
+ −
⇔ =
+ +
0,25đ
A 4B 2A 3B A 7B
A 4B 3B 2A B 3A
+ = − =
 
⇔
 
+ = − = −
 
0,25đ
* Với A = 7B ta có pt các cạnh hình vuông là:
AB: 7x + y − 15 = 0
CD: 7x + y − 26 = 0
BC: x − 7y + 7 = 0
DA: x − 7y − 4 = 0
0,5đ
* Với A = −3A ta có pt các cạnh hình vuông là:
AB: x − 3y + 1 = 0
CD: x − 3y + 12 = 0
BC: 3x + y − 1 = 0

DA: 3x + y + 10 = 0
0,5đ
Câu VI
(3 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có G là trọng tâm ∆ABC.
1. Gọi (P) là mặt phẳng cắt các đoạn SA, SB, SC, SG lần lượt tại A’, B’, C’, G’ sao cho không
có điểm nào trùng với đầu mút của các đoạn thẳng. Chứng minh rằng:
SA SB SC SG
3
SA' SB' SC' SG '
+ + =
.
2. Khi hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SM và BN với M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC.
3. Khi hình chóp S.ABC có SA = a, SB = 2a, SC = 3a và
·
o
ASB 60=
,
·
o
BSC 90=
,
·
o
CSA 120=
. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Hình vẽ
ý 1
Trang 5

A
D
B
C
Q
P
N
M
A
B
M
K
C
C’
N
A’
B’
I
G
O
E
G’
S