Tài liệu DA HSG NGHE AN TOA 12-B NAM 2010

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2010 – 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG B
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu
1.
(3,0đ)
Xét H/s:
223
3 mmxxy
−+=
+TXĐ:D=R
+ có:
mxxy 63'
2
+=
,



−=
=
⇔=
mx
x
y
2
0
0'

0,75
Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
⇔
y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn y(x
1
).y(x
2
) < 0
0,50

⇔



<−−
≠
⇔



<−
≠
0)4)((
0
0)2().0(
0

232
mmm
m
myy
m
0,75

⇔
4
1
4
1
0
>⇔





>
≠
m
m
m
1,0
Câu
2.
a,
(3,0đ)
a) Đặt :

0,2010
>=
uu
x
Phương trình đã cho trở thành :
2
u u 12 12+ + =
0,50
đặt:
12,12
>=+
vvu
ta có:
0)1)((0
)2(12
)1(12
22
2
2
=+−+⇔=++−⇒





+=
=+
vuvuvuvu
uv
vu

0,75
⇔

01
=+−
vu
(Vì u + v >0 )
⇔
v = u +1 .
0,50
Trang 1
Thay vào (1) ta được:







+−
=
−−
=
⇔=−+
2
451
2
451
011
2

u
u
uu
0,50
Đối chiếu đ/k ta có:
2
451
+−
=
u

2
145
2010
−
=⇒
x

⇔

2
145
log
2010
−
=
x
. Vậy pt có nghiệm duy nhất:
2
145

log
2010
−
=
x
0,75
b,
(3,0đ)
b) Điều kiện:
0
≠
x
Khi đó hệ
⇔






+=+
−=+
⇔





−=−
−=+

2243
23
423
23
1
1
1)(
1)(
yxxyx
xyxyx
xyxxy
xxxy
(I)
0,50
Đặt :
xyxbyxa
−=+=
23
,1
. Ta có:
( )
yxxyxyxx
3
2
2224
2
+−=+
0,50
Hệ (I) trở thành




=−+
=
⇔



−+=
=
02)1(2
22
bb
ba
aba
ba



−==
==
⇔
2
1
ba
ba
0,50
+) Với
1
==

ba
ta có





=−
=+
1
11
2
3
xyx
yx





=−
=
⇔
1
0
2
3
xyx
yx
⇔




=−=
==
0,1
0,1
yx
yx
0,50
+) Với
2
−==
ba
ta có





−=−
−=+
2
21
2
3
xyx
yx






−=−
−=
⇔
)2(2
)1(3
2
3
xyx
yx
.
Hệ này vô nghiệm (vì từ (1) suy ra
0
<
xy
, từ (2)suy ra
0
>
xy
).
0,75
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là



=
=
0

1
y
x
và



=
−=
0
1
y
x
0,25
Trang 2
Câu
3.
a,
(3,0đ)
a) Điều kiện :



>
−>
yx
yx
2
2
. Suy ra

yx 2
>
0
>⇒
x
0,25
Ta có : log
4
(x+2y)+log
4
(x-2y)=1
⇔
log
4
(x
2
-4y
2
)=1

⇔
x
2
-4y
2
=4
44
2
+=⇔
yx

(do x > 0)
0,50
Suy ra :
yyyx
−+=−
4422
2
Đặt:
t y , t 0= ≥
0,25
Xét :
tttf
−+=
442)(
2
, với
0
≥
t
.
44
448
1
44
8
)(
2
2
2
'

+
+−
=−
+
=
t
tt
t
t
tf
,
0,50
15
1
0)(
'
=⇔=
ttf
(do
0
≥
t
).
0,25
Bảng biến thiên:
t
0
15
1
+

∞
f’(t) - 0 +
f(t)
4 +
∞

15
0,50
Từ bảng biến thiên suy ra
15)(
≥
tf

⇒
P=
152
≥−
yx
.
Dấu đẳng thức xảy ra
15
1
,
15
8
±==⇔
yx
.
0,50
Giá trị nhỏ nhất của P=

2x y−
là
15
0,25
b,
(2,0đ)
b) Do a +b +c = 1
⇒
ab+c = ab+c(a+b+c)
⇔
ab+c= (a+c)(b+c)
0,50

⇒







+
+
+
≤
++
=
+
cb
b

ca
a
cb
b
ca
a
cab
ab
2
1
0,25
Tương tự ta có:






+
+
+
≤
+ ca
c
ba
b
abc
bc
2
1

;






+
+
+
≤
+ ba
a
bc
c
bca
ca
2
1

⇒

0,25






+

+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
≤
+
+
+
+
+
ba
a
cb
c
ca
c
ab
b
cb
b
ca
a
bac
ac

abc
bc
cab
ab
2
1
0,50
⇔

2
3
≤
+
+
+
+
+
bac
ac
abc
bc
cab
ab
. Dấu bằng xảy ra khi :
1
a b c
3
= = =
0,50
Câu

4.
(3,0đ)
D
A
B
C
H
K
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên
mp(ABD). Kẻ CK
⊥
AB tại K
HK AB⇒ ⊥
0,50
⇒
góc giữa (ABC) và (ABD) là
·
CKH = α
0,25
⇒

α
sin..
3
1
.
3
1
CKSSCHV
DABD

==
∆
0,75
Trang 3
Mà :
ABCKS
C
.
2
1
=
⇒

C
2S
CK
AB
=
0,75

α
sin
2
3
1
AB
S
SV
C
D

=

⇒
AB
SS
V
DC
3
sin..2
α
=
0,75
Câu
5.
(3,0đ)
P
A
B
E
D
C
M
Q
N
Gọi E là giao điểm của MN và BC, Q là giao
điểm của EP và BD.
Khi đó mp(MNP) chia khối tứ diện thành 2 khối
đa diện BCNPQM và ADPNMQ.
0,50
Đặt: V

ABCD
= V , V
BCNPQM
=V
1
, V
ADPNMQ
= V
2

Ta có: N là trọng tâm của
ABE∆
⇒
C là trung điểm của BE.
0,25

⇒
P là trọng tâm của
DBE∆

⇒
Q là trung điểm của BD. 0,25
⇒

CNPE
CNPE
ABCD
V
CN CP CE 1 1 1 1
. . . .1 V V

V CA CD CB 3 3 9 9
= = = ⇒ =
(1) 0,50

CNPE
EPMQ CNPE
EBMQ
V
EC EN EP 1 2 2 2 9
. . . . V V
V EB EM EQ 2 3 3 9 2
= = = ⇒ =
(2)
0,50
Từ (1) và (2)
⇒

BEMQ
1
V V
2
=
0,25
⇒
V
1
= V
EBQM
– V
CNPE

=
7
V
18
, V
2
=
11
V
18

1
2
V 7
V 11
⇒ =
0,75
- - - Hết - - -
Ghi chú: - Học sinh giải cách khác đúng cho điêm phần tương ứng
- Khi chấm Giám khảo không làm tròn điểm
Trang 4