Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2010- 2011 môn thi: Toán lớp: 12 THPT

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. Đề chính thức Số báo danh. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010- 2011 Môn thi: Toán Lớp: 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu).. Câu I. (4,0 điểm). Cho hàm số y  x3  (m  1) x 2  (4  m 2 ) x  1  2m ( m là tham số thực), có đồ thị là (Cm ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m  1. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị (Cm ) có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Câu II. (6,0 điểm). 1) Giải phương trình: cos 2 x  cos3 x  sin x  cos 4 x  sin 6 x.. 6( x 2  3 x  1)  x 4  x 2  1  0 ( x  ). 3) Tìm số thực a để phương trình: 9 x  9  a3x cos( x) , chỉ có duy nhất một nghiệm thực 2) Giải bất phương trình:.  2. .Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân: I   0. . sin x sin x  3 cos x. . 3. dx.. Câu IV. (6,0 điểm). 1) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt AM  x, AN  y . Tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất. 2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng  : x  y  5  0 và hai elíp x2 y 2 x2 y 2 ( E1 ) :   1 , ( E2 ) : 2  2  1 (a  b  0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng ( E2 ) 25 16 a b đi qua điểm M thuộc đường thẳng . Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 3) Trong không gian Oxyz , cho điểm M (0;2;0) và hai đường thẳng  x  1  2t  x  3  2s   1 :  y  2  2t (t  );  2 :  y  1  2 s ( s  ) .  z  1  t ,  z  s,   Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục O x , sao cho (P) cắt hai đường thẳng 1 ,  2 lần lượt tại A, B thoả mãn AB  1 . Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thoả mãn: a 2  b 2  c 2  6  ab  bc  ca  3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a 6  b 6  c 6 .. .............................................................. HẾT ........................................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD & ĐT THANH HOÁ. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC. NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT Ngày thi: 24 - 3 - 2011. (Gồm có 4 trang) Câu Câu I 4,0 đ. Ý Hướng dẫn chấm 1) Với m  1, ta được hàm số y  x3  3 x  1. 2,0đ Tập xác định: . Giới hạn tại vô cực: lim y  , lim y  . x . Điêm 0,5. x . Sự biến thiên: y '  3 x  3  0  x  1. y '  0  x  (; 1)  (1; ). Hàm số đồng biến trên các khoảng (  1) và (1; ) . y '  0  x  (1;1). Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;1). Điểm cực đại của đồ thị (1;3), điểm cực tiểu của đồ thị (1; 1). 2. Bảng biến thiên:. x  y' . 1 0 3. y. . 1 0. .  . 0,5. 1.  Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3).. y. Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng. 3. -2. -1. 1 O -1. 1. 0,5. 2 x. 2) Ta có y '  3 x 2  2(m  1) x  4  m 2 , là tam thức bậc hai của x. 2,0đ y' có biệt số  '  2m 2  2m  13. Nếu  '  0 thì y '  0, x , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn.. 1 3 3 1 3 3  Nếu  '  0  m   ;  , thì y '  0 có hai nghiện x1 , x2 ( x1  x2 ). 2   2 x1 x2 + x - Dấu của y': y' 0 0    Chọn x0  ( x1 ; x2 )  y '( x0 )  0. Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao 1 cho y '( x). y '( x0 )  1  pt: 3x 2  2(m  1) x  4  m 2   0 (1) có y '( x0 ) nghiệm . Pt (1) có: 1 '  2m 2  2m  13  Lop12.net. 0,5. 1 3 3 1 3 3  3  0, m   ; . y '( x0 ) 2 2  . 0,5 0,5. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 3 3 1 3 3  Vậy giá trị cần tìm của m là m   ; . 2 2  . 0,25. Câu II 1) PT  (cos 2 x  cos 4 x)  sin x  (cos 3x  2 sin 3x. cos 3x)  0 6,0 đ 2,0đ  (2 sin x sin 3x  sin x)  (2 sin 3x cos 3x  cos 3x)  0. 0,5.  (2 sin 3 x  1)(sin x  cos 3 x)  0. 0,5.  2   x  18  k 3  1   x  5  k 2 sin 3 x    2 18 3   cos 3 x  cos   x  x    k      8 2 2     x    k 4 . 0,5 (k  ).. 0,5. 2) Tập xác định: . . 2 2,0đ BPT  6  2( x  x  1)  ( x 2  x  1)   6( x 2  x  1)( x 2  x  1)  0  12.. 0,5 0,5. x2  x  1 6( x 2  x  1)   6  0 (vì x 2  x  1  0, x ) 2 2 x  x 1 x  x 1. 3 6( x 2  x  1) (t > 0), ta được 2t 2  t  6  0  0  t  . 2 2 x  x 1 BPT đã cho tương đương với  11  21 11  21  6( x 2  x  1) 9 2   5 x  11 x  5  0  x  ;  . x2  x  1 4 10   10. Đặt: t . Câu III 2,0đ. 0,5. 0,5. 3) 9 x  9  a3x cos( x)  3x  32 x  a.cos( x) (2). 2,0đ Nhận xét: Nếu x là nghiệm của (2) thì 2  x cũng là nghiệm của (2), 0 0. 0,5. suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là x0  2  x0  x0  1. Với x0  1 , thì từ (2) suy ra a  6.. 0,5. Với a  6, thì phương trình (2) trở thành 3x  32 x  6cos( x). 1,0. 3x  32 x  6  x  1. Ta có VT (3)  6, VP (3)  6. Vậy (3)    6cos(  x )  6  Vậy a  6. 1 3 Ta có: sin x  (sin x  3 cos x)  (cos x  3 sin x) 4 4 1 3  (sin x  3 cos x)  (sin x  3 cos x) '. 4 4 . (3).. 0,5. . 1 1 3 2 (sin x  3 cos x) ' Suy ra I   dx  dx 4 0 (sin x  3 cos x) 2 4 0 (sin x  3 cos x)3 2. 0,25 0,75. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . . . 2. 1 16 0. 1.   cos  x   6 . dx  2. 3 8(sin x  3 cos x) 2. 2. 0. . 0,5. 1 2 3 3 3 3   tan  x       . 16 6  0 12 12 12 6 . Câu IV 6,0đ. 1) Kẻ DH  MN , do (DMN)  (ABC) suy ra DH  (ABC). 2,0đ Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC.. 0,5. 1 3 Ta có: SAMN = .AM.AN.sin600 = xy ; SAMN = SAMH + SANH 2 4. 0,5. 1 1 1 3 = .AM.AH.sin300+ .AN.AH.sin300 = . (x+y). 2 2 4 3. 3 1 3 (x+y)  x+y= 3xy (0  x,y  1 ). xy = . 4 4 3 Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN: S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN 1 1 = AD.AM.sin600+ AD.AN.sin600 2 2 1 1 + DH.MN + AM.AN.sin600. 2 2 Suy ra. =. 3 xy +. 6 3xy(3xy  1) . 6. Từ 3 xy  x  y  2 xy  xy  Suy ra min S . D. 0,5 C4 2  xy  . 3 9. 2 3(4  2) , khi x  y  . 3 9. B H. N. M. 0,5. A. 2) Hai elíp có các tiêu điểm F1 (3;0), F2 (3;0). 2,0đ Điểm M  ( E )  MF  MF  2a . Vậy ( E ) có độ dài trục lớn nhỏ 2 1 2 2 nhất khi và chỉ khi MF1  MF2 nhỏ nhất. Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F1 qua  , suy ra N (5;2). Ta có: MF1  MF2  NM  MF2  NF2 (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  NF2  . 0,5 0,5. 17  x    x  4 y  3  0  17 8  5   M   ; . Toạ độ điểm M :   5 5 x  y  5  0 y  8  5 3) Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. 2,0đ A  1  A(1  2t ;2  2t ; 1  t ); B   2  B (3  2 s; 1  2 s; s ).  Suy ra AB   2  2( s  t );  3  2( s  t ); 1  ( s  t ) . 0,5. Lop12.net. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  s  t  1  AB  9( s  t )  22( s  t )  14  1    s  t   13 . 9      Với s  t  1  AB  (0; 1;0)  (P) có một vtpt n1   AB; i   (0;0;1) , 2. Câu V 2,0đ. 2. suy ra ( P ) : z  0 (loại do (P) chứa trục O x ). 13   8 1 4  Với s  t    AB   ; ;  , 9  9 9 9     4 1 suy ra ( P ) có một vtpt n2   AB; i   (0; ; ) , 9 9 suy ra ( P ) : 4 y  z  8  0 (thỏa mãn bài toán). Từ giả thiết suy ra : a  b  c  0. 0,5. 0,5. 0,5. 0,25. Ta có: a, b, c là ba nghiệm thực của phương trình ( x  a )( x  b)( x  c)  0  x 3  3 x  abc  0  x 3  3 x  1  abc  1 (3) Từ đồ thị hàm số y  x 3  3 x  1, suy ra pt (3) có ba nghiệm thực a, b, c khi và chỉ khi 1  abc  1  3  2  abc  2. abc  2 , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2. abc  2 , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2.. P  a 6  b 6  c 6  P  3(abc) 2  (a 2  b 2  c 2 )(a 4  b 4  c 4  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 ) .  (a 2  b 2  c 2 )3  3(a 2  b 2  c 2 )(a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 )  216  18.9  54 . P  3(abc) 2  54  max P  66, khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2, hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2.. GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.. Lop12.net. 0,5. 0,5. 0,5 0,25.

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