Tài liệu Đề HSG Toán 12 Bắc Giang 2010 doc

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.
Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010.
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề).
Câu I. (5,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (m là tham số) (1)
1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
+ 2x
2
= 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)
1.Giải hệ phương trình:
8
5.
x x y x y y

x y

  


 


(x, y  R)
2.Giải phương trình:
sin 4 cos 4 4 2 sin ( ) 1
4
x x x

   
. (x  R)
Câu III.(2,0 điểm)
Cho phương trình:
2
log( 10 ) 2log(2 1)
x x m x
   
(với m là tham số) (2)
Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt.
Câu IV. (2,0 điểm)
Tính tích phân:
4
2
0
tan

cos 1 cos
xdx
x 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 MA
2
+ MB
2
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 60
0

.
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.
Đ
Ề CHÍNH
TH
ỨC

Chứng minh rằng:
3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
  
  
.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN
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 Điểm
I.1
(2điểm)
1. Ta có y’ = 3x
2

+ 6x + m 0,5
Ycbt tương đương với phương trình 3x
2
+ 6x + m = 0 có hai nghiệm phân
biệt x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
+ 2x
2
= 3.
0,5

1 2
1 2
1 2
9 - 3 0
-2
.
3
2 3
m
x x
m
x x
x x




 






 



0,5
Giải hệ trên ta được m = -105 0,5
I.2
(2điểm)
2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1  x(x
2
+ 3x + m) = 0
0,5
Từ đó tìm được m <
9
4
và m  0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(0; 1),
B, C.

0,5
+) B(x
1
; 1), C(x
2
; 1) với x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình
x
2
+ 3x + m = 0 .
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k
1
= 3x
1
2
+ 6x
1
+ m
và tại C là k
2
= 3x
2
2
+ 6x
2
+ m
0,5

Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi
k
1
.k
2
= -1
0,5

4m
2
– 9m + 1 = 0
0,5

9 65
m ( t/m)
8
9 65
m ( t/m)
8











0,5
II.1
(2điểm)
1. Điều kiện x, y ≥ 0 0,5
Xét y = 0, không thỏa mãn hpt
+) y  0, đặt
x t y

, t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành
3
3
2 2
2
2
2
5 5
8 (*)
8
1 1
5
( 1) 5
( 1)
1
t
t
t y t y
t t
y t
y t
t


  


  
 
 

 
 



 




(*)  4t
3
– 8t
2
+ t + 3 = 0
 t = 1; t = -
1
2
; t =
3
2
. Đối chiếu điều kiện ta được t =

3
2







1
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)
0,5
II.2
(2điểm)
2. PT

2sin 2x cos 2x + 2cos
2
2x = 4(sin x + cos x)
0,5

(cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)

sinx cos 0
(cos sinx)(sin 2 os2 ) 2
x
x x c x
 



  


0,5

4
os3 sinx 2
x k
c x



  


 


0,5
Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm
KL: x =
4
k


 

0,5

III
(2điểm)
3. PT 
2 2 2
1 1
2 2
10 (2 1) 3 6 1(**)
x x
x x m x m x x
 
   
 

 
 
      
 

1
Ycbt  (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-
1
2

Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x
2
– 6x + 1 trong (-
1
2
;+∞ )ta tìm
đươc m  (-2;

19
4
)
1
IV
(2điểm)
I =
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
x x



=
4
2 2
0
tan
cos 2 tan
xdx
x x



.

0,5


Đặt t =
2 2 2
2
tan x
2 tan t 2 tan tdt =
cos
dx
x x
x
    

0,5
Đổi cận : x = 0  t =
2

x =
t 3
4

 

0,5
I =
3 3
2 2
3 2
tdt

dt
t
  
 

0,5
V.1
(2điểm)
1. B



1


B(a; 3 –a) . C



2


C(b; 9-b)
 ABC vuông cân tại A 
2 2
. 0
AB AC
AB AC








 

0,5

2 2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)


 


a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
0,5
(1)  b =
5a - 8
a - 2
. Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4
0,5
Với a = 0 suy ra b = 4.
Với a = 4 suy ra b = 6.
0,5
V.2
(2điểm)
2.Gọi I là trung điểm của AB


I ( 1; 1; 1)
+) MA
2
+ MB
2
= 2MI
2
+ IA
2
+ IB
2

Do IA
2
+ IB
2
không đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI

nhỏ nhất
 M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)
1
+) Phương trình đường thẳng MI :
x-1 y-1 z-1
= =
1 1 1

.
0,5
M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P).
Từ đó tìm được M(2; 2; 2)
0,5
VI
(2điểm)
3.
D
C
B
A
S
M

Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh
được góc DMB = 120
0
và  DMB cân tại M
0,5
Tính đư
ợc: DM
2
=
2
3
a
2

0,5

 SCD vuông tại D và DM là đường cao nên
2 2 2
1 1 1
= +
DM DS DC

Suy ra DS = a
2
. Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a.
0,5
Vậy thể tích S.ABCD bằng
1
3
a
3

0,5
VII
(1điểm)
3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
  
  
(***).Do ab + bc + ca = 3 nên
VT (***) =
3 3 3

2 2 2
a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca
 
        

=
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a
 
     

Theo BĐT AM-GM ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a b c a b a
b c c a
 
  
 






0,5

3
5 2
( )( ) 8
a a b c
b c c a
 
 
 
(1)
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:
3
5 2
( )( ) 8
b b c a
c a a b
 

 
(2),
3
5 2
( )( ) 8
c c a b
a b c a
 

 
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được
(***)

4
a b c
VT
 


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)





0,5