Gián án Đề thi HSG trường DC 3 - 2010-2011

Trường THPT Diễn Châu 3 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
Năm học : 2010 - 2011
Môn: Toán
( Thời gian làm bài : 150 phút )
Câu I: (3,5đ) Cho hàm số :
2 3
1
x
y
x
−
=
−
có đồ thị là (C)
Gọi (d) là đường thẳng có phương trình:
4y mx= +
(m là tham số).
Chứng minh ∀
0m ≠
: (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt trong đó có ít nhất 1 điểm
có hoành độ lớn hơn 0 .
Câu II: a) (2đ) Giải phương trình :
5 2
2 4 52 0x x x− − − =
trên R
b)(3,5đ) Tìm m để hệ phương trình:
3 3
2
( )(1 )
1 1 0
x y y x xy

x m y





− = − −
+ − + =
có nghiệm thực
Câu III: a) (3đ) Tìm giá trị nhỏ nhất , lớn nhất của hàm số :

2 2
sin 8sin 17 sin 2sin 5y x x x x= + + + − +
b) (2đ)Tìm m để bất phương trình :
3 2
2 2 1x mx m+ − ≤
nghiệm đúng
[-1;1]x∀ ∈
Câu IV: (2đ) Cho k ∈N*, a,b∈R. Chứng minh : Nếu
0 1 2010
...a x x x b= ≤ ≤ ≤ =
thì :
1 0 2 1 2010 2009
...
k
k
k k k k k k
x x x x x x a b− + − + + − ≤ +
Câu V: Trong mặt phẳng (P),cho hình chữ nhật ABCD biết AB =a ,AD = b .Kẻ các tia
Ax , Cy vuông góc với (P),cùng phía đối với (P).Lấy điểm

;M Ax N C y∈ ∈
sao cho 2
mặt phẳng (MBD),(NBD) vuông góc với nhau.
a) (1,5đ) Gọi hình chiếu vuông góc của M,N lên BD là H,K. Chứng minh:

. .AM CN AH CK=
b) ( 2,5đ) Tìm vị trí của M,N để thể tích của tứ diện BDMN có giá trị nhỏ nhất
.............. Hết ............
ĐÁP ÁN− BIỂU ĐIỂM ( Thi học sinh giỏi trường Lớp 12)
Câu Nội dung Điểm
Câu I
3,5đ
Xét phương trình hoành độ:

2 3
4
1
x
mx
x
=
−
+
−
(1) ⇔
2
( 2) 1 0 (*)
1
mx m x
x


−




− − =
≠

Xét (*) có : Với
0m ≠

2
4 0,m m R∆ = + > ∀ ∈
,
và
(1) 1 0f = ≠
⇒ (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ⇒ ∀
0m ≠
: (d) luôn cắt (C) tại 2
điểm phân biệt
Gọi
1 2
,x x
là nghiệm của (*).
⇒ Nếu m > 0 ta có :
.P a c m= = −
< 0 ⇒
1 2
0x x< <

Nếu m < 0 ta có : S =
2 2
1 1
b m
a m m
− −
= = − >
⇒ tồn tại ít nhất 1 nghiệm > 0
1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu II
a) 2đ
a) phương trình :
5 2
2 4 52 0x x x− − − =
⇔
5 2 5
2 48 ( 2) 0 24x x x− = + ≥ ⇒ ≥
⇒
1x
>
.
Xét hàm số:
5 2
( ) 2 4 52f x x x x= − − −
⇒

4
'( ) 10 2 4f x x x= − −
⇒
4 43
0'( ) 2 ( 1) 4( 1) 4f x x x x x >= − + − +
⇒ hàm số đồng biến . Mà
(2) 0f =

⇒ phương trình có 1 nghiệm duy nhất x = 2
0,5
0,5
0,5
0,5
b)
3,5đ
Ta có :
3 3
2
( )(1 )
1 1 0
x y y x xy
x m y





− = − −
+ − + =
⇔

2 2
2
1)( )( 0
1 1 0
x y x y
x m y

+ +




− =
+ − + =
⇔
2
0
1 1 0 (*)
x y
x m x





− =
+ − + =
(*) ⇔
2
1

1
x
m
x
+
=
+
(**) ⇒ Xét
2
1
( )
1
x
f x
x
=
+
+
liên tục trên R
( )
2 2
1
1
'( )
1x
x
f x
x
=
+

−
+
,
'( ) 0 1f x x= ⇔ =
,

lim ( ) 1
x
f x
→−∞
= −
,
lim ( ) 1
x
f x
→+∞
=
Bảng BT:
x
−∞ 1 +∞
f ’(x)
+ 0 −
f(x)

2
−1 1
Ta có hệ có nghiệm ⇔ (**) có nghiệm ⇔ đường thẳng: y = m có điểm
chung với đồ thị h/s
2
1

( )
1
x
f x
x
=
+
+
. Dựa vào bảng BT ta có điều kiện
của m là :
1 2m− < ≤
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu III
3,0 đ
a)
2 2
sin 8sin 17 sin 2sin 5y x x x x= + + + − +
Đặt :
sin , [ 1;1]t x t= ∈ −
⇒
2 2
( ) 8 17 2 5y f t t t t t= = + + + − +

2 2

4 1
'( )
8 17 2 5
t t
f t
t t t t
+ −
= +
+ + − +

2 2
( ) (*)'( ) 0 ( 4) 2 5 1 8 17f t t t t t t t== ⇔ + − + − + +
Do :
[ 1;1]t∈ −
⇒
(*) ⇔
2
9
7
3
3 34 63 0
t
t
t t
= −


+

= −


+ = ⇔
( không thuộc [−1;1] )
10( 1) 8 , (1) 26 2f f+− = = +

⇒ Max y
26 2= +
khi :
2
2
π
x kπ= +
, min y =
10 8+
khi :
2
2
π
x kπ= − +
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b) Để
3 2
2 2 1x mx m+ − ≤
nghiệm đúng
[-1;1]x∀ ∈

thì đ/k cần phải đúng với x = 0 ⇒
1
2
m ≤
Xét hàm số:
3 2
( ) 2 2f x x mx m= + −
với x
∈
[−1; 1 ]
2
0
4
3
'( ) 3 4 . '( ) 0
x
m
x
f x x mx f x
=



= −

= + = ⇔
.
Do :
1

2
m ≤
⇒
4
1;1
3
m
x
 
 
= − ∈ −
Để
3 2
2 2 1x mx m+ − ≤
nghiệm đúng
[-1;1]x∀ ∈
thì :

( 1) 1 (1)
(1) 1 (2)
(0) 1 (3)
4
( ) 1 (4)
3
f
f
f
m
f


− ≤

≤



≤


− ≤


(1) ,(2) , (3) đúng vì
1
2
m ≤
(4) ⇔
2
16
2 1 1
27
m
m − ≤
điều này luôn đúng vì :

2 2
16 4 16
2 1 , 0 1 1
27 27 27
m m

m ⇒≤ ≤ ≤ − ≤
Vậy :Để
3 2
2 2 1x mx m+ − ≤
nghiệm đúng
[-1;1]x∀ ∈
thì :
1
2
m ≤
0,5
0,5
0,5
0,5
CâuIV
2đ
Xét hàm số :
1
'
k k
y x y kx
−
= ⇒ =
+. Nếu k là số lẻ ⇒
' 0y x R≥ ∀ ∈
⇒ hàm số đồng biến trên R
T=
1 0 2 1 2010 2009
...
k k k k k k

x x x x x x− + − + + −
=

2010 2009 2010 20101 0 2 1 0 0
...
k
k
k k
k k k k k k k k
x x x x x x x x x x a b− + − + + − = − ≤ + ≤ +
+. Nếu k chẵn ⇒ hàm số đồng biến trên (0;+∞ ),nghịch biến trên (−∞;0)
⇒ . Nếu
0 a b≤ ≤
⇒
0 *
i
x i N> ∀ ∈
⇒
T=
1 0 2 1 2010 2009 2010 0 2010 0
...
k
k
k k
k k k k k k k k
x x x x x x x x x x a b− + − + + − = − ≤ + ≤ +
0,5
0,5
. Nếu
0a b≤ ≤

⇒
0
i
x i N< ∀ ∈
⇒
T =
0 1 1 2 2009 2010 0 2010 2010 0
...
k
k
k k
k k k k k k k k
x x x x x x x x x x a b− + − + + − = − ≤ + ≤ +
. Nếu
0a b≤ ≤
⇒
0 1 1
... 0 ...:
i n
i
a x x x x x bi
+
= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ =∃
T =
1
1 0 2 1 2010 2009
......
k k
i i
k k k k k k

x xx x x x x x
+
− +− + − + + −
=
0 1 1 2 1 1 2 1 2010 2009
...
k k k k k k k k k k k k
i i i i i i
x x x x x x x x x x x x
− + + +
− + − + + − + − + − + −
=

0 1 1 2010 0 1 1 2010
k
k
k k k k k k k k k k k k
i i i i i i i i
x x x x x x x x x x x x a b
+ + + +
= − + − − + ≤ − + + − + = +
vậy
,a b R∀ ∈
ta đều có điều phải C/m
0,5
0,5
Câu V
4,0đ
b) Ta có:
( )MH NBD⇒ ⊥

1
.
3
MNBD NBD
V MH S
∆
=
; .
2 2
MH MA AH= +
; .
2 2
2
2 2
a b
AH
a b
=
+

2 2
2
2 2
a b
MH MA
a b
⇒ = +
+
. Tương tự :

2 2
2
2 2
a b
NK NC
a b
⇒ = +
+

1
3
MNBD
V =
2 2
2
2 2
a b
MA
a b
+
+
2 2
1
2
a b+
2 2
2
2 2
a b
NC

a b
+
+

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1
( )( )
6
MNBD
a b a b
V a b MA NC
a b a b
= + + +
+ +

2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1
( ) ( )
6
MNBD
a b a b
V a b MA NC NC MA
a b a b
= + + + +
+ +
Mà:

2 2
2 2
2 2
a b
AH CK
a b
= =
+

⇒

2 2
2 2
.
a b
AM CN
a b
=
+


4 4 2 2
2 2
2 2 2
2 2
1 1
4
6 3
( )
MNBD

a b a b
V a b
a b
a b
≥ + =
+
+
Dấu “=” xảy ra khi :
2 2
ab
AM CN
a b
= =
+
C2: Đặt :
·
AHMα=
⇒ Tính V theo α ⇒ V
NN
⇔
0
45α =
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

Ghi chú : Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng
a) Do: (MBD)(NBD)
·
·
2
AHM CKN
π
⇒ + =
·
·
tan .tan 1AHM CKN⇒ =
.
1
.
. .
AM CN
AH CK
AM CN AH CK
⇔ =
⇔ =