De HSG Toan 12Bang B 0809QNinh co Dan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (148.48 KB, 13 trang )

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

Sở giáo dục và đào tạo
quảng ninh

---§Ị chÝnh thøc

kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh
líp 12 THPT năm học 2008-2009

Môn : Toán
(Bảng B)

Ngày thi : 24/11/2008

Thêi gian lµm bµi : 180 phót

(khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi này có 01 trang)

Bµi 1:

Tìm m để hệ phơng trình sau có 3 nghiệm phân biệt:

2 32

( 1) ( )

x y m

y x xy m x

 





   





Bµi 2: Cho hµm sè :

19 248
( )

( 24)( 11)( 8)

x
f x

x x x





  

1) Hãy xác định các hệ số A; B; C sao cho ( ) 24 11 8

A B C

f x

x x x

  

  

và tính đạo hàm cấp hai f x''( )

2) CMR: f(2008)( )x  f(2009)( )x với mọi x24
(Trong đó

( )n ( )

f x là đạo hàm cấp thứ n của hàm số f x( ))

Bài 3: Trong không gian cho tam giác vuông ABC cố định (B = 1v); AB a 3 ;AC3a.

Điểm S di động trên đờng thẳng d đi qua A và vng góc với (ABC); (S A).

C¸c điểm M; N lần lợt thuộc cạnh AB và AC sao cho

1 1

;

2 6

AM  AB AN  AC

;
P là hình chiếu vuông góc của M trên SC.

1) Chứng minh rằng tam giác AMN là một tam giác vuông.

2) Chng minh rng: Khi S di ng trờn d,(S A)) thì 2 mặt phẳng (MNP) và (SBC) ln
vng góc với nhau và tích SC.CP khơng đổi

3) Víi vÞ trÝ cđa S thỏa mÃn SA3a , gọi Q là giao điểm của SB víi (NMP).
TÝnh thĨ tÝch cđa khèi SAMNPQ theo a.

Bµi 4: Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc x tháa m·n 0 x 2

 

ta cã:
6cos 2x 8sin 2 cosx x16sinx 5 0

---Hết---Họ và tên thí sinh……….Sè b¸o danh………..

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

Sở giáo dục và đào tạo quảng ninh
lời giải chi tiết đề chính thức bảng b

kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 12 THPT năm học 2008-2009

(Lời giải này gồm 04 trang)

Bài 1:

2 32 3 2 32

( 1) ( ) ( ) 0;(*)

99 99

x y m y m x

m

y x xy m x f x x mx

   

 

 



 

       

 

 

Ta cã : Sè nghiệm của hệ là số nghiệm của phơng trình (*)

Phơng trình (*) là phơng trình bậc 3 nên có không quá 3 nghiệm ph©n biƯt
VËy hƯ cã 3 nghiƯm  (*) cã 3 nghiệm phân biệt Hàm số f(x) có 2 cực trị trái dấu.

'( ) 2 0 2

x

f x x mx m

x






   

 


Với mọi giá trị m khác 0 thì hàm số f(x) có cực đại và cực tiểu đạt tại

2
0 ;

m

x x

Ta cã:

3 3 2

2 32 8 4 32 4.32 8 11

(0). ( ) ( ) 0 .( ) 0

3 99 27 9 99 99.9 3 11 24

m

m m m m m m m

f f

m





 

      

Vậy với mọi giá trị m thỏa mÃn

24
11

m

24
11

m 

thì hệ đã cho có 3 nghiệm
phân biệt

( Thí sinh có thể đa ra bảng biến thiên và kết luận về điều kiện để phơng trình (*) 
có 3 nghiệm phân biệt, tuy nhiên phải tính các giới hạn:

3
32

lim ( ) lim (1 )

x x

m m

f x x

x x

       )

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

19 248
( )

( 24)( 11)( 8) 24 11 8

19 248 ( 11)( 8) ( 24)( 8) ( 11)( 24)

( 24)( 11)( 8) ( 24)( 11)( 8)

( 11)( 8) ( 24)( 8) ( 11)( 24) 19 248

x A B C

f x

x x x x x x

x A x x B x x C x x

x x x x x x

A x x B x x C x x x


   

     
        
 
     
          

Cho x24 A(24 11)(24 8) 19.24 248     A1

Cho x11 B(11 24)(11 8) 19.11 248     B1

Cho x 8 C(8 11)(8 24) 19.8 248     C2
( Häc sinh cã thÓ gi¶i hƯ 3 Èn A;B;C tõ :

( 11)( 8) ( 24)( 8) ( 11)( 24) 19 248 ;(*)

A x x B x x C x x  x )

VËy :

19 248 1 1 2

( )

( 24)( 11)( 8) 24 11 8

x
f x

x x x x x x

 

   

     

Ta cã:

2 2 2

1 1 2( 1)

'( )

( 24) ( 11) ( 8)

f x

x x x

   

  

   ; 3 3 3

1.( 2) 1.( 2) 2( 1).( 2)
''( )

( 24) ( 11) ( 8)

f x

x x x

      

  

  

2. Víi mäi số nguyên dơng n , ta sẽ chứng minh:
( )

1 1 1

( 1) . ! ( 1) . ! 2( 1) . !
( )

( 24) ( 11) ( 8)

n n n

n

n n n

f x

x  x  x 

   

  

  

(1)
ThËt vËy !

- Với n = 1 ; n = 2 theo trên đã tính đạo hàm bậc nhất và bậc 2, công thức (1) đã
đúng.

- Gi¶ sư:
( )

1 1 1

( 1) . ! ( 1) . ! 2( 1) . !

( ) ; *

( 24) ( 11) ( 8)

k k k

k

k k k

f x k N

x  x  x 

   

   

  

- Đạo hàm 2 vế có:





( 1)

2 2 2

( 1) . ! ( 1) ( 1) . ! ( 1) 2( 1) . ! ( 1)
( )

( 24) ( 11) ( 8)

k k k

k

k k k

k k k k k k

f x

x x x


  
         
  
  

1 1 1

( 1)

2 2 2

( 1) . !( 1) ( 1) . !( 1) 2( 1) . !( 1)
( )

( 24) ( 11) ( 8)

k k k

k

k k k

k k k k k k

f x

x x x

  

  
      
  
  

1 1 1

( 1)

2 2 2

( 1) .( 1)! ( 1) .( 1)! 2( 1) .( 1)!
( )

( 24) ( 11) ( 8)

k k k

k

k k k

f x

x x x

  

  
      
  
  

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

Theo (1) ta cã:
(2008)

2009 2009 2009

1 1 2

( ) 2008!

( 24) ( 11) ( 8)

f x

x x x

  

    

  

 

(2009)

2010 2010 2010

1 1 2

( ) 2009!

( 24) ( 11) ( 8)

f x

x x x

   

    

  

 

Víi mäi x24 th×:

1 1

( 8) ( 24) 0 ( 8) ( 24) 0

( 8) ( 24)

1 1

( 8) ( 11) 0 ( 8) ( 11) 0

( 8) ( 11)

n n

x x x x

x x

x x x x

x x

          

 

          

 

(2008) (2009) (2008) (2009)

2 1 1

( 8) ( 24) ( 11)

( ) 0; ( ) 0 ( ) ( ); 24

n n n

x x x

f x f x f x f x x

  

  

      

Bµi 3:

Q
d

C
A

1.

Do AB a 3 ;AC3 ;a B1V  BC a 6

3
3 ; 3

1 1

;

2 6

a

AB a AC a AM

a

AM AB AN AC

AN




   

 

 

   


 



VËy cã:

1
3

AM AN

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Mà hai tam giác ANM và ABC có chung góc A,nên tam giác ANM đồng dạng (theo thứ
tự đó) với tam giác vuông ABC.

VËy MN AC . Hay tam giác AMN vuông tại N.

2.

*) Khi S di động trên đờng thẳng d ( S khác A), theo trên ta ln có MN AC, Mặt
khác do SA(ABC) MN (SAC) MN SC

Mµ MPSC. VËy SC(MNP) (MNP)(SBC)
*) Theo chøng minh trªn; do SC(MNP) NPSC

Mà SA vng góc với AC ( do SA vng góc với (ABCD)) ; Vậy trong (SAC), tứ giác
SANP là tứ giác nội tiếp trong một đờng tròn ; SP và AN cắt nhau tại C.

Do đó

2
2

5 15

. .

6 2

a

CP CS CA CN  AC 

( không đổi)

( Học sinh có thể chỉ ra hai tam giác vng SAC và NPC đồng dạng và có tỷ lệ ; suy ra
điều phải CM)

3. Víi SA3a

Chia khối đa diện SAMNPQ thành 2 khối chãp: M.ANPS vµ M.SPQ

SAMNPQ M ANPS. M SPQ.

V V V

Chó ý r»ng khi SA = 3a th× :

- Tam giác SAC vng cân đỉnh A nên

5 5 2

. 2 . 2

2 4

a a

NC NP PC PC

và tam giác SAB vuông tại A vµ cã B = 600;S = 300.

2 2 9 2 3 2 2 3

SB SA AB  a  a a

-Theo CM trên ta có MQ vuông góc víi SC; dƠ thÊy MQ vu«ng gãc víi BC .
VËy MQ vu«ng gãc với QP và SB và (SBC)

-Trong tam giác vuông MQB cã:

0 3
.sin 60

a

MQ MB 

vµ

0 3

.cos 60
4

a

BQ MB 

3 7 3

2 3

4 4

a a

SQ SB BQ   a  

5 2 7 2

3 2

4 4

a a

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

-Do MN vuông góc (SAC) nên khối chóp M.ANPS có chiỊu cao lµ
2 2

2 2 3 2

4 4 2

a a a

MN  AM  AN   

Ta cã : diƯn tÝch ANPS lµ

2 2 2

1 1 9 25 47

. .

2 2 2 16 16

ANPS SAC NPC

a a a

S S  S  SA AC NP PC   

2 3

1 1 47 2 47 2

. . . .

3 3 16 2 96

M ANPS ANPS

a a a

V  S MN

*)Theo trên ta có MQ vuông góc với (SBC) nên khối chóp M.SPQ có chiều cao là
3

a

MQ

Diện tích tam giác vuông SPQ (vuông tại P) là

2 2 2

2 2

1 1 1 7 2 147 98 1 7 2 7 49 2

. . . .

2 2 2 4 16 16 2 4 4 32

SPQ

a a a a a a

S  SP PQ SP SQ  SP    

VËy :

2 2

1 1 49 2 3 49 2

. . . .

3 3 32 4 128

M SPQ SPQ

a a a

V  S MQ 

Do đó VSAMNPQ VM ANPS. VM SPQ.

3 3 3

47 2 49 2 335 2

96 128 384

a a a

  

Bµi 4: Ta cã:

2 2

3 2

6cos 2 8sin 2 cos 16sin 5 6(1 2sin ) 16sin (1 sin ) 16 sin 5
16sin 12sin 1

x x x x x x x x

x x

        



Đặt: sinx t . Do x 0; 2 t (0;1)


 
  

 

Ta cã

6cos 2 8sin 2 cos 16sin 5 0; 0;
2

x x x x    x   

   f t( ) 16 t312t2 1 0 ; t (0;1)

Xét hàm số vế trái : f t( ) 16 t312t21 cã:

'( ) 48 24 0 1

t

f t t t

t





   

 


Hàm số f(t) xác định và liên tục trên đoạn
0;

2

 
 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

0;1

1 1

(0) 1; ( ) 0; (1) 5 min ( ) ( ) 0 ( ) 0; (0;1)

2 2

f  f  f   f t f   f t   t

VËy: 6cos 2x 8sin 2 cosx x16sinx 5 0 ; 0 x 2

 

---Sở giáo dục và đào tạo quảng ninh
H

ớng dẫn chấm môn toán bảng b (Đề chÝnh thøc)

kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 12 THPT năm học 2008-2009

(Hớng dẫn này gồm 04 trang)

Bài Sơ lợc cách giải Điểm Tổng

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài
1

2 32 3 2 32

( 1) ( ) ( ) 0;(*)

99 99

x y m y m x

m

y x xy m x f x x mx

   

 

 



 

       

 

 

0,5 ®

4,0 đ Với mỗi nghiệm x của phơng trình (*) ta có duy nhất một giá trị y

t-ơng ứng .

Vậy : Số nghiệm của hệ là số nghiệm của phơng trình (*)

0,25 đ

4,0 đ

Phơng trình (*) là phơng trình bậc 3 nên có không quá 3 nghiệm
phân biệt.Vậy hƯ cã 3 nghiƯm  (*) cã 3 nghiƯm ph©n biƯt

0,25 ®

Theo tính chất của đồ thị hàm số đa thức bậc 3 ta có:
3 2 32

( ) 0;(*)

m

f x x  mx  

có 3 nghiệm phân biệt  đồ thị của
hàm số vế trái có Cực đại và cực tiểu trái dấu.

0,5 ®

XÐt hµm sè

3 2 32
( )

m
f x x  mx 

;

'( ) 2 0 2

x

f x x mx m

x





   

 


0,25 ®

Với mọi giá trị m khác 0 thì hàm số f(x) có đạo hàm đổi dấu 2 lần

khi đó hàm số có cực đại và cực tiểu đạt tại

2
0 ;

m

x x

0,5 ®

Ta cã:

3 3

32 2 8 4 32

(0) ; ( )

99 3 27 9 99

m m m m m

f  f   

3 3

2 32 8 4 32

(0). ( ) 0 ( ) 0

3 99 27 9 99

m m m m m

f f     

2 2

4.32 8 11

.( ) 0

99.9 3 11 24

m

m m

m







0,25 đ

Kết hợp với ®iỊu kiƯn m kh¸c 0 , ta cã víi mäi giá trị m thỏa mÃn
24

m

hoặc

24
11

m

thỡ h ó cho cú 3 nghim phõn bit

0,5 đ

Bài
2.1

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

1,5 ®

2 2 2

1 1 2( 1)

'( )

( 24) ( 11) ( 8)

f x

x x x

   

  

  

0,25 ®

3 3 3

1.( 2) 1.( 2) 2( 1).( 2)
''( )

( 24) ( 11) ( 8)

f x

x x x

      

  

 

0,25 đ

Bài

2.2 Đa ra công thức (cần chứng minh):

( )

1 1 1

( 1) . ! ( 1) . ! 2( 1) . !
( )

( 24) ( 11) ( 8)

n n n

n

n n n

f x

x  x  x 

   

  

  

(*)

0,5 ® 4,0 ®

2,5 ®

Chứng minh đợc(bằng quy nạp) cơng thức (*) 0,5 đ

(2008)

2009 2009 2009

1 1 2

( ) 2008!

( 24) ( 11) ( 8)

f x

x x x

  

    

  

 

0,25 ®

(2009)

2010 2010 2010

1 1 2

( ) 2009!

( 24) ( 11) ( 8)

f x

x x x

   

    

  

 

0,25 ®

1 1

( 8) ( 24) 0 ( 8) ( 24)

( 8) ( 24)

1 1

( 8) ( 11) 0 ( 8) ( 11)

( 8) ( 11)

n n

x x x x

x x

x x x x

x x

         

 

         

 

0,5 ®

(2008)( ) 0; (2009)( ) 0; 24

f x  f x   x 0,25 ®

KÕt luËn:

(2008)( ) (2009)( ); 24

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bài
3.1

2,0 đ

Q
d

0,25 đ

8,0 đ

3
3 ; 3

1 1

;

2 6 2

a

AB a AC a AM

a

AM AB AN AC AN




   

 

 

   


 



VËy cã:

1
3

AM AN

AC AB 

0,25 ®

0,5 ®

Mà hai tam giác ANM và ABC có chung góc A,nên tam giác ANM
đồng dạng.

0,5 ®

Do ABC và ANM đồng dạng (theo thứ tự đó) và góc B là góc
vng ,nên góc N phải vuông ,Hay tam giác AMN vuông tại N

0,5 ®

Bµi
3.2

( ) ( )

SA ABC  MN  SAC MN SC 0,5 đ

mà MPSC ,nên SC(MNP) 0,25 đ

2,5 đ Mà (SBC) chứa đờng thẳng SC
nên (MNP) ( SBC)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Theo chøng minh trªn; do

( )

SC MNP NPSC 0,25 đ

Mà SA vuông góc víi AC ( do SA vu«ng gãc víi (ABCD)) .

VËy trong (SAC), tứ giác SANP là tứ giác nội tiếp

0,5 đ

SP và AN cắt nhau tại C.

Do đó

2
2

5 15

. .

6 2

a

CP CS CA CN  AC

( khụng i)

0,5 đ

Bài
3.3

Chia khối đa diện SAMNPQ thµnh 2 khèi chãp: M.ANPS vµ M.SPQ

. .

SAMNPQ M ANPS M SPQ

V V V

0,25 ®

3,5 ®

Chó ý r»ng khi SA = 3a th× :

- Tam giác SAC vng cân đỉnh A nên

5 5 2

. 2 . 2

2 4

a a

NC NP PC  PC

7 2
2 3 2

a

SCAC  a  SP SC PC

-Tam giác SAB vuông tại A vµ cã gãc B = 600;gãc S = 300.

2 2 9 2 3 2 2 3

SB SA AB  a a a

0,25 đ

Theo CM trên SC(MNP) nên có MQ vuông góc với SC 0,25 đ
Dễ thấy MQ vuông góc với BC nên MQ vuông góc với SB 0,25 đ

Tam giác MQB có:

0 3
.sin 60

a

MQ MB

;

0 3

.cos 60
4

a

BQ MB 

0,25 ®

3 7 3
2 3

4 4

a a

SQ SB BQ a

0,25 đ

Do MN vuông gãc (SAC) nªn khèi chãp M.ANPS cã chiỊu cao lµ
2 2

2 2 3 2

4 4 2

a a a

MN  AM  AN   

0,25 ®

Ta cã : diƯn tÝch ANPS lµ

2 2 2

1 1 9 25 47

. .

2 2 2 16 16

ANPS SAC NPC

a a a

S S  S  SA AC NP PC  

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2 3
.

1 1 47 2 47 2

. . . .

3 3 16 2 96

M ANPS ANPS

a a a

V S MN

0,25 đ

*)Theo trên ta có MQ vuông góc với (SBC) nên với khối chóp

M.SPQ có chiỊu cao lµ

3
4

a

MQ

;

DiƯn tÝch tam giác vuông SPQ (vuông tại P) là
2 2

1 1

. .

2 2

SPQ

S  SP PQ SP SQ  SP 

2 2 2

1 7 2 147 98 1 7 2 7 49 2

. . . .

2 4 16 16 2 4 4 32

a a a a a a

  

0,25 ®

VËy :

2 2

1 1 49 2 3 49 2

. . . .

3 3 32 4 128

M SPQ SPQ

a a a

V  S MQ 

0,25 ®

Do đó

. .

SAMNPQ M ANPS M SPQ

V V V

3 3 3

47 2 49 2 335 2

96 128 384

a a a

  

0,25 ®

Bµi
4

2 2

3 2

6cos 2 8sin 2 cos 16sin 5 6(1 2sin ) 16sin (1 sin ) 16 sin 5
16sin 12sin 1

x x x x x x x x

x x

        

  

0,5 ® 4,0 đ

Đặt:

sinx t ;

0; sin ; (0;1)

x   x t t 
 

0,5 ®

Ta cã

6cos 2 8sin 2 cos 16sin 5 0; 0;
2

x x x x    x   

 

3 2

( ) 16 12 1 0 ; (0;1)

f t t t t

      

0,5 đ

Xét hàm số vế trái :

3 2

( ) 16 12 1

f t  t  t  cã:

'( ) 48 24 0 1

t

f t t t

t





   

 


0,5 ®

Hàm số f(t) xác định và liên tục trên đoạn

0;
2

 
 

  vµ cã:

0;1

1 1

(0) 1; ( ) 0; (1) 5 min ( ) ( ) 0

2 2

f  f  f   f t f 

0,5 ®

( ) 0; (0;1)

f t t

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

VËy:

6cos 2x8sin 2 cosx x16sinx 5 0 ; 0 x 2

0,5 đ

Các chú ý khi chấm:

1. Hớng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lợc một cách giải.Bài làm của học sinh phải chi
tiÕt

,lập luận chặt chẽ,tính tốn chính xác mới đợc điểm tối đa.Trong các phần có liên quan
với

nhau ,nếu học sinh làm sai phần trớc thì phần sau liên quan với nó dù làm đúng cũng
khơng

cho điểm.Trờng hợp có sai sót nhỏ có thể cho điểm nhn phải trừ điểm chỗ sai đó.
2. Khơng cho điểm bài hình nếu khơng vẽ hình ; chỉ cho điểm cỏc phn bi hỡnh ó

trình bày

ỳng vi hỡnh đã vẽ tơng ứng với phần đó.

3. Với các cách giải đúng nhng khác đáp án ,tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi
tiết

nhng không đợc vợt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó.

4. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải đợc trao đổi trong tổ chấm và chỉ
cho

®iĨm theo sù thèng nhÊt cđa c¶ tỉ.

</div>