12De thi HSG cap truong co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Trêng THPT Phan Béi Ch©u</b>

<b>§Ị thi hsg cÊp trêng</b>

Tổ khoa học tự nhiên Khối 12 Năm học 2009 2010

<b>Môn toán</b><i> - Thời gian làm bài : 120 phút</i>

<b>Câu 1 (3 điểm): Cho hàm số y = f(x) = x</b>3_{3x (C)}

a) Viết phơng trình tiÕp tuyÕn (C) biÕt hÖ sè gãc tiÕp tuyÕn b»ng 9.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến (C) đi qua A(-1; 2).

c) Cho (P) : y = 4x2_{– 6x, chứng minh rằng (P) và (C) cắt nhau tại 3 điểm phõn}
bit, tỡm to 3 im ú.

<b>Câu 2 (3 điểm) : Giải các phơng trình sau :</b>
a) 4x-1_13.6x-2_{+ 9}x-1_{= 0}

b) 23 6.2 ₃₍1 ₁₎ 12 1

2 2

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

   

c)



2 3

 

<i>x</i>  2 3



<i>x</i> 4

<b>Câu 3 (2 điểm) : Tính thể tích khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy và cạnh bên đều</b>
bằng a.

<b>Câu 4 (1 điểm) : Cho hai hàm số y = f(x) và y = g(x) liên tục trên D, có f(x</b>0) = g(x0)
với x0  D. Hàm số y = f(x) đồng biến trên D, hàm số y = g(x) nghịch biến trên D.
Chứng minh rằng phơng trình f(x) = g(x) có một nghiệm duy nhất trờn D.

<b>Câu 5 (1 điểm) : Chứng minh rằng hai khối lập phơng có diện tích toàn phần bằng</b>
nhau thì cã thĨ tÝch b»ng nhau.

--- <b>HÕt</b>
---§Ị thi cã : 01 trang, thí sinh không sử dụng tài liệu.

Giám thi coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh : ………. Líp ………..

<b>Hớng dẫn chấm thi, đáp án, biểu điểm</b>

<b>Hớng dẫn, đáp án</b> <b>Biểu điểm</b>
<b>Câu 1 (3 điểm): y = f(x) = x</b>3_{– 3x (C), y’ = 3x}2_{- 3}

a) Gäi (x0; y0) lµ tiÕp ®iĨm, hƯ sè gãc tiÕp tun b»ng 9

 f’(x0) = 9  3x02 = 12 

0
0

2
2

<i>x</i>

<i>x</i>



 _


</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

+) x0 = 2  y0 = 2  Pttt : y = 9x – 16

+) x0 = - 2  y0 = - 2  Pttt : y = 9x + 16  KL
b) Viết phơng trình tiếp tuyến (C) đi qua A(-1; 2)
Gọi đờng thẳng qua A có là d có hệ số góc là k

 PT d : y = k(x +1) + 2. Để d là tiếp tuyÕn cña (C)



3
2

3 ( 1) 2

3 3

<i>x</i> <i>x k x</i>

<i>x</i> <i>k</i>
    



 



1 0
1 9
2 4
<i>x</i> <i>k</i>
<i>x</i> <i>k</i>
  


   


+) k = 0  Pttt : y = 2
+) k = 9

4

  Pttt : y = 9

4

 x 1

4

 KL
c) (P) : y = 4x2_{– 6x, y = x}3_{3x (C),}

Số giao điểm (P) và (C) lµ sè nghiƯm PT :

4x2_{– 6x = x}3_{– 3x}__x3_{– 4x}2_{+ 3x = 0}__x(x2_{– 4x + 3)}
= 0

0 0
1 2
3 18
<i>x</i> <i>y</i>
<i>x</i> <i>y</i>
<i>x</i> <i>y</i>
  

 _{ } _

  

Vậy (P) luôn cắt (C) tại 3 điểm O(0; 0), A(1; -2), B(3; 18)

b) Lập ra hệ PT đợc :
0,5, Phn cũn li :
0,5

c) Lập ra PT: 0,5đ
Giải PT, tìm ra 3
điểm : 0,5đ

<b>Câu 2 (3 điểm) : Giải các phơng trình sau :</b>
a) 4x-1_13.6x-2_{+ 9}x-1_{= 0}

 4x-1_–13

6 .6

x-1_{+ 9}x-1_{= 0}__6.4x-1_{– 13.6}x-1_{+ 6.9}x-1_{= 0}

 6.

1
4
9
<i>x</i>
 
 
 
-13.
1
2
3
<i>x</i>
 
 
 

+ 6 = 0 Đặt t =

1
2
3

<i>x</i>

(t > 0)

 6t2_{-13t + 6 = 0}_

2
2
3
3
0
2
<i>t</i> <i>x</i>
<i>t</i> <i>x</i>

  


   

KL

b) 23 6.2 ₃₍1₁₎ 12 1

2 2

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

   

23 6.2 8₃ 12 1

2 2

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

     23 8₃ 6. 2 2 1

2 2
<i>x</i> <i>x</i>
<i>x</i> <i>x</i>
   
   
   


Đặt t = 2 2

2
<i>x</i>
<i>x</i>

3
3
8
2
2
<i>x</i>
<i>x</i>

= t

3_{+ 6t}

Mỗi phần 1đ

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

 t3_{+ 6t – 6t = 1}__{t = 1}_ 2 2

2

<i>x</i>
<i>x</i>

 



 

  = 1

Đặt y = 2x_{(y > 0)}_y2_{– y – 2 = 0}_ 1( )

2

<i>y</i> <i>l</i>

<i>y</i>



 _


+) y = 2  2x_{= 2}__{x = 1 KL}

c)

2 3

<i>x</i> 2 3

<i>x</i> 4

Đặt t =

₍₂

_

₃₎

<i>x</i>(t > 0)  t2_{- 4t + 1 = 0}_ 2 3

2 3

<i>t</i>
<i>t</i>

  


 


2 3

<i>t</i>    x = 1

2 3

<i>t</i>    x = -1 KL

<b>Câu 3 (2 điểm) : Tính thể tích khối chóp tứ giác đều có</b>
cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a.

Gọi khối chóp tứ giác đều là S.ABCD, O là tâm ABCD
Cạnh đáy và cạnh bên bằng a  Diện tích đáy là S0 = a2
AC = a ₂

OA = a 2

2  SO = a
2
2

 ThĨ tÝch khèi chãp lµ : V = 1

3 a
2
2 .a

2_{= a}3 2

6 KL

O

C _B

D A

S

E

+) Vẽ hình : 0,5 đ
+) Tính diện tích
đáy : 0,5đ+) Phần
cũn li : 1

<b>Câu 4 (1 điểm) : f(x</b>0) = g(x0) víi x0  D
 PT cã nghiƯm x0 trªn D

+) Víi x1> x0 (x1D)

Hàm số y = f(x) đồng biến trên D  f(x1) > f(x0)
Hàm số y = g(x) nghịch biến trên D  g(x1) < g(x0)
 f(x1) > f(x0) = g(x0) > g(x1)  f(x1) > g(x1)

 Víi x1> x0 (x1 D) x1 không phải là nghiệm

+) Với x2< x0 (x2D)

Hm s y = f(x) đồng biến trên D  f(x2) < f(x0)
Hàm số y = g(x) nghịch biến trên D  g(x2) > g(x0)
 f(x2) < f(x0) = g(x0) < g(x2)  f(x2) < g(x2)

 Với x2< x0 (x2 D) x2 khơng phải là nghiệm
Vậy trên D, PT đã cho có nghiệm duy nhất

+) ChØ ra cã nghiƯm :
0,5 ®

+) CM nghiệm duy
nhất : 0,5đ

<b>Câu 5 (1 điểm) : Chứng minh rằng hai khối lập phơng có</b>
diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Gọi hai hình lập phơng là (H1), (H2) có cạnh, diện tích toàn
phần, thể tích tơng ứng là a, b, S1, S2, V1, V2.

Theo bµi ra ta cã : S1 = S2 6a2 = 6b2  a = b  a3= b3
 V1= V2 ®pcm

+) CM đợc hai thể
tích bằng nhau : 0,5đ

 Đáp án trên chỉ có tính chất định hớng, đáp số. Khơng phải là lời giải chi tiết
hay đáp án.

 Thí sinh có cách giải khác phù hợp, đúng logic kiến thức, đúng đáp số vẫn đợc
điểm tối đa.

 Giám khảo chấm bài linh động trong việc cho điểm lẻ.

 Điểm lẻ làm tròn đến 0,5 ( 0,25đ làm tròn 0,5đ, 0,75đ làm tròn 1đ)

</div>

<!--links-->