Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Bắc Giang năm học 2009-2010 môn thi: Toán-lớp 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 12. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề).. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu I. (5,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1) 1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 2. Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B, C sao cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II. (4,0 điểm)  x x  8 y  x  y y 1. Giải hệ phương trình:  (x, y  R)  x  y  5.. . sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin ( x  )  1 . 4. 2. Giải phương trình:. (x  R). Câu III.(2,0 điểm) Cho phương trình: log( x 2  10 x  m)  2log(2 x  1) (với m là tham số). (2). Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt. Câu IV. (2,0 điểm)  4. Tính tích phân:. tan xdx.  cos x 0. 1  cos 2 x. .. Câu V. (4,0 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 1: x + y – 3 = 0 và đường thẳng 2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z - 6 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VI. (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Câu VII. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. a3 b3 c3 3  2  2  . Chứng minh rằng: 2 b 3 c 3 a 3 4 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………….SBD:…………………… HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Môn thi: Toán, lớp 12. (Hướng dẫn có 4 trang). ĐỀ CHÍNH THỨC. Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước 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 tương ứng. Câu. Phương pháp - Kết quả 1. Ta có y’ = 3x2 + 6x + m Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 9 - 3m  0  x  x  -2 I.1 1 2 (2điểm)   m   x1.x2  3   x1  2 x2  3 Giải hệ trên ta được m = -105 2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0 9 Từ đó tìm được m < và m  0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt 4 A(0; 1), B, C. +) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1; x2 là nghiệm của phương trình x2 + 3x + m = 0 . Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x12 + 6x1 + m I.2 và tại C là k2 = 3x22 + 6x2 + m (2điểm) Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi k1.k2 = -1  4m2 – 9m + 1 = 0  9  65 ( t/m) m  8    9  65 ( t/m) m  8  1. Điều kiện x, y ≥ 0 Xét y = 0, không thỏa mãn hpt +) y  0, đặt x  t y , t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành. Điểm 0,5 0,5. 0,5. 0,5 0,5 0,5. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5.  5t 3 5  8  t  2 (*) 3  2  t y  8  t  y   II.1 t 1  t 1 (2điểm)  y (t 2  1)  5  y  5 (t 2  1) 2  t 1 (*)  4t3 – 8t2 + t + 3 = 0 1 3 3  t = 1; t = - ; t = . Đối chiếu điều kiện ta được t = 2 2 2 Lop12.net. 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4). (HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác được kết quả đúng vẫn được điểm tối đa) 2. PT  2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x)  (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x). sinx  cos x  0 (cos x  sinx)(sin 2 x  cos2 x)  2. 0,5 0,5 0,5.  .  II.2  x    k (2điểm)   4. 0,5.  cos3 x  sinx  2. Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm KL: x = . . 4. 0,5.  k. 1 1   x   x   3. PT    2 2  x 2  10 x  m  (2 x  1) 2 m  3 x 2  6 x  1(**)   1 III Ycbt  (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >2 (2điểm) 1 Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (- ;+∞ )ta 2 19 tìm đươc m  (-2; ) 4 I=. 4. tan xdx.  cos x 0. Đặt t =. 1  cos 2 x. x= tdt  t 2. .  cos. =. 0. tan xdx 2. x 2  tan 2 x. 2  tan 2 x  t 2  2  tan 2 x  tdt =. IV (2điểm) Đổi cận : x = 0  t =. 3. 1. .  4. 1. . 4. 0,5. . tan xdx cos 2 x. 0,5. 2. 0,5. t 3. 3.  dt . 3 2. 0,5. 1. B  1  B(a; 3 –a) . C  2  C(b; 9-b)    AB. AC  0  ABC vuông cân tại A   2 2  AB  AC. 0,5. I=. 2. 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) V.1   2 2 (2điểm) 2a - 8a = 2b  20b  48 (2) a = 2 không là nghiệm của hệ trên. 5a - 8 (1)  b = . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 a-2 Với a = 0 suy ra b = 4. Lop12.net. 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Với a = 4 suy ra b = 6. 2.Gọi I là trung điểm của AB  I ( 1; 1; 1) +) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2 Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) V.2 x-1 y-1 z-1 (2điểm) = = +) Phương trình đường thẳng MI : . 1 1 1 M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P). Từ đó tìm được M(2; 2; 2) 3.. 1. 0,5 0,5. S. M A. VI (2điểm). D. B. C. Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh được góc DMB = 1200 và  DMB cân tại M 2 Tính được: DM2 = a2 3 1 1 1 = +  SCD vuông tại D và DM là đường cao nên 2 2 DM DS DC2 Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a. 1 Vậy thể tích S.ABCD bằng a3 3. 0,5 0,5 0,5 0,5. a3 b3 c3 3    (***).Do ab + bc + ca = 3 nên 2 2 2 b 3 c 3 a 3 4 a3 b3 c3   b 2  ab  bc  ca c 2  ab  bc  ca a 2  ab  bc  ca a3 b3 c3   = (b  c)(a  b) (c  a )(b  c) (a  b)(c  a ). VT (***) =. a3 b  c a  b 3a VII    Theo BĐT AM-GM ta có (1điểm) (b  c)(c  a ) 8 8 4 a3 5a  2b  c   (1) (b  c)(c  a ) 8 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: b3 5b  2c  a c3 5c  2a  b   (2), (3) (c  a )(a  b) 8 (a  b)(c  a ) 8. Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được VT (***) . abc 4. Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3(ab  bc  ca ) = 3. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm). Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>