Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán

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 3 2 2( 1) (4 ) 1 2y x m x m x m= − + − − − − ( m là tham số thực), có đồ thị là ( ).mC 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 1.m = − 
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị ( )mC có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. 
Câu II. (6,0 điểm). 
1) Giải phương trình: cos 2 cos3 sin cos 4 sin 6 .x x x x x+ − − = 
2) Giải bất phương trình: 2 4 26( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤ ( ).x∈ 
3) Tìm số thực a để phương trình:9 9 3 cos( )x xa xπ+ = , chỉ có duy nhất một nghiệm thực 
.Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân: ( )
2
3
0
sin .
sin 3 cos
xI dx
x x
π
=
+∫ 
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 : 5 0x yΔ − + = và hai elíp 
2 2
1( ) : 125 16
x yE + = , 
2 2
2 2 2( ) : 1 ( 0)
x yE a b
a b
+ = > > có cùng tiêu điểm. Biết rằng 2( )E 
đi qua điểm M thuộc đường thẳng .Δ Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp 2( )E có độ dài 
trục lớn nhỏ nhất. 
3) Trong không gian ,Oxyz cho điểm (0;2;0)M và hai đường thẳng 
 1 2
1 2 3 2
: 2 2 ( ); : 1 2 ( )
1 , ,
x t x s
y t t y s s
z t z s
= + = +⎧ ⎧⎪ ⎪Δ = − ∈ Δ = − − ∈⎨ ⎨⎪ ⎪= − + =⎩ ⎩
  . 
 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục O x , sao cho (P) cắt hai 
 đường thẳng 1 2,Δ Δ lần lượt tại A, B thoả mãn 1AB = . 
Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực , ,a b c thoả mãn: 
2 2 2 6
3.
a b c
ab bc ca
⎧ + + =⎨ + + = −⎩
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 6 6 6.P a b c= + + 
.............................................................. HẾT ........................................................ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Gồm có 4 trang) 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
NĂM HỌC 2010 - 2011 
MÔN THI: TOÁN 
LỚP: 12 THPT 
Ngày thi: 24 - 3 - 2011 
Câu Ý Hướng dẫn chấm Điêm 
Với 1,m = − ta được hàm số 3 3 1.y x x= − + 
Tập xác định: . 
Giới hạn tại vô cực: lim , lim .
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞ 
Sự biến thiên: 2' 3 3 0 1.y x x= − = ⇔ = ± 
0,5 
' 0 ( ; 1) (1; ).y x> ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng 
( 1)−∞ − và (1; )+∞ . 
' 0 ( 1;1).y x< ⇔ ∈ − Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;1).− 
Điểm cực đại của đồ thị ( 1;3),− điểm cực tiểu của đồ thị (1; 1).− 
0,5 
Bảng biến thiên: 
0,5 
1) 
2,0đ 
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3). 
Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng 
0,5 
Ta có 2 2' 3 2( 1) 4 ,y x m x m= − + − + là tam thức bậc hai của x. 
y' có biệt số 2' 2 2 13.m mΔ = − + + 
Nếu ' 0Δ ≤ thì ' 0,y x≥ ∀ , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn. 
0,5 
Nếu 1 3 3 1 3 3' 0 ;
2 2
m
⎛ ⎞− +Δ > ⇔ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠
, thì ' 0y = có hai nghiện 1 2 1 2, ( ).x x x x< 
Dấu của y': 
0,5 
Câu I 
4,0 đ 
2) 
2,0đ 
Chọn 0 1 2 0( ; ) '( ) 0.x x x y x∈ ⇒ < Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao 
cho 0'( ). '( ) 1y x y x = − ⇔ pt: 2 2
0
13 2( 1) 4 0
'( )
x m x m
y x
− + − + + = (1) có 
0,75 
-2 -1 
-1 
1 1 
3 
2 
x 
y 
O 
x 
y' 
y 
−∞
−∞
+∞
+∞
1−
1− 
1 
3 
0 0 −+ + 
x -∞ +∞ 
'y
1x 2x
0 0− ++
nghiệm . Pt (1) có: 21
0
3 1 3 3 1 3 3' 2 2 13 0, ; .
'( ) 2 2
m m m
y x
⎛ ⎞− +Δ =− + + − > ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠
Vậy giá trị cần tìm của m là 1 3 3 1 3 3;
2 2
m
⎛ ⎞− +∈⎜ ⎟⎝ ⎠
. 
0,25 
PT 0)3cos.3sin23(cossin)4cos2(cos =−+−−⇔ xxxxxx 
0)3cos3cos3sin2()sin3sinsin2( =−−−⇔ xxxxxx 
0,5 
0)3cos)(sin13sin2( =−−⇔ xxx 0,5 
1) 
2,0đ 
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+−=
+=
+=
+=
⇔
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=
=
⇔
ππ
ππ
ππ
ππ
π
kx
kx
kx
kx
xx
x
4
28
3
2
18
5
3
2
18
2
cos3cos
2
13sin
 ( ).k∈ 
0,5 
0,5 
Tập xác định:  .. 
BPT ( )2 2 2 26 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0x x x x x x x x⇔ − + − + + + − + + + ≤ 
0,5 
2 2
2 2
1 6( 1)12. 6 0
1 1
x x x x
x x x x
− + − +⇔ + − ≤+ + + + (vì 
2 1 0,x x x+ + > ∀ ) 0,5 
Đặt:
2
2
6( 1)
1
x xt
x x
− += + + (t > 0), ta được
22 6 0t t+ − ≤ 30
2
t⇔ < ≤ . 0,5 
Câu II 
6,0 đ 
2) 
2,0đ 
BPT đã cho tương đương với 
2
2
2
6( 1) 9 11 21 11 215 11 5 0 ; .
1 4 10 10
x x x x x
x x
⎛ ⎞− + − +≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ∈⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠
0,5 
29 9 3 cos( ) 3 3 .cos( ) (2).x x x xa x a xπ π−+ = ⇔ + = 
Nhận xét: Nếu 0x là nghiệm của (2) thì 02 x− cũng là nghiệm của (2), 
0,5 
 suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là 0 0 02 1.x x x= − ⇔ = 
Với 0 1x = , thì từ (2) suy ra 6.a = − 
0,5 
 3) 
2,0đ 
Với 6,a = − thì phương trình (2) trở thành 23 3 6cos( ) (3).x x xπ−+ = − 
Ta có (3) 6, (3) 6.VT VP≥ ≤ Vậy 
23 3 6
(3) 1.
6cos( ) 6
x x
x
xπ
−⎧ + =⇔ ⇔ =⎨− =⎩
Vậy 6.a = − 
1,0 
Ta có: 1 3sin (sin 3 cos ) (cos 3 sin )
4 4
x x x x x= + − − 
1 3(sin 3 cos ) (sin 3 cos ) '.
4 4
x x x x= + − + 
0,5 
Câu 
III 
2,0đ 
Suy ra 
2 2
2 3
0 0
1 1 3 (sin 3 cos ) '
4 4(sin 3 cos ) (sin 3 cos )
x xI dx dx
x x x x
π π
+= −+ +∫ ∫ 
0,25 
2 2
2 2
0 0
1 1 3
16 8(sin 3 cos )
cos
6
dx
x x
x
π π
π= + +⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
∫ 
0,75 
2
0
1 3tan
16 6 12
x
ππ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠
3 3 3 .
12 12 6
= + = 
0,5 
Kẻ DH ⊥MN , do (DMN)⊥ (ABC) suy ra DH⊥ (ABC). 
Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. 
0,5 
Ta có: SAMN = 2
1 .AM.AN.sin600 = xy
4
3 ; SAMN = SAMH + SANH 
= 
2
1 .AM.AH.sin300+
2
1 .AN.AH.sin300 = 
3
3.
4
1 (x+y). 
Suy ra xy
4
3 =
3
3.
4
1 (x+y)⇒ x+y= 3xy (0≤ x,y≤ 1 ). 
0,5 
1) 
2,0đ 
Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN: 
S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN 
 = 
2
1 AD.AM.sin600+
2
1 AD.AN.sin600 
+ 
2
1 DH.MN +
2
1 AM.AN.sin600. 
= 3 xy + )1xy3(xy3
6
6 − . 
Từ 2 43 2 .
3 9
xy x y xy xy xy= + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ 
Suy ra 3(4 2)min ,
9
S += khi 2 .
3
x y= = 
0,5 
0,5 
Hai elíp có các tiêu điểm 1 2( 3;0), (3;0).F F− 0,5 
Điểm 2 1 2( ) 2M E MF MF a∈ ⇒ + = . Vậy 2( )E có độ dài trục lớn nhỏ 
nhất khi và chỉ khi 1 2MF MF+ nhỏ nhất. 
0,5 
Gọi ( ; )N x y là điểm đối xứng với 1F qua Δ , suy ra ( 5;2).N − 
Ta có: 1 2 2 2MF MF NM MF NF+ = + ≥ (không đổi). 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2M NF= ∩Δ 
0,5 
2) 
2,0đ 
Toạ độ điểm 
17
4 3 0 17 85: ; .
5 0 8 5 5
5
xx y
M M
x y y
⎧ = −⎪+ − =⎧ ⎪ ⎛ ⎞⇔ ⇒ −⎨ ⎨ ⎜ ⎟− + = ⎝ ⎠⎩ ⎪ =⎪⎩
0,5 
Câu 
IV 
6,0đ 
3) 
2,0đ 
Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. 
1 2(1 2 ;2 2 ; 1 ); (3 2 ; 1 2 ; ).A A t t t B B s s s∈Δ ⇒ + − − + ∈Δ ⇒ + − − 
Suy ra ( )2 2( ); 3 2( ); 1 ( )AB s t s t s t= + − − − − + −uuur 
0,5 
H 
A 
B C 
D 
M N 
GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 
2 2
1
9( ) 22( ) 14 1 13.
9
s t
AB s t s t
s t
− = −⎡⎢⇒ = − + − + = ⇒ ⎢ − = −⎣
 0,5 
Với 1 (0; 1;0)s t AB− = − ⇒ = − ⇒uuur (P) có một vtpt 1 ; (0;0;1)n AB i⎡ ⎤= =⎣ ⎦
ur uuur r
, 
suy ra ( ) : 0P z = (loại do (P) chứa trục O x ). 
0,5 
Với 13 8 1 4; ;
9 9 9 9
s t AB − − −⎛ ⎞− = − ⇒ = ⎜ ⎟⎝ ⎠
uuur
, 
 suy ra ( )P có một vtpt 2
4 1; (0; ; )
9 9
n AB i −⎡ ⎤= =⎣ ⎦
uur uuur r
, 
suy ra ( ) : 4 8 0P y z− − = (thỏa mãn bài toán). 
0,5 
Từ giả thiết suy ra : 0a b c+ + = 0,25 
Ta có: , ,a b c là ba nghiệm thực của phương trình ( )( )( ) 0x a x b x c− − − = 
3 33 0 3 1 1x x abc x x abc⇔ − − = ⇔ − + = + (3) 
0,5 
Từ đồ thị hàm số 3 3 1,y x x= − + suy ra pt (3) có ba nghiệm thực , ,a b c 
khi và chỉ khi 1 1 3 2 2.abc abc− ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ 
 2abc = − , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2. 
 2abc = , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2. 
0,5 
 6 6 6 23( )P a b c P abc= + + ⇒ − 
 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2( )( )a b c a b c a b b c c a= + + + + − − − 
. 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 3( )( ) 216 18.9 54a b c a b c a b b c c a= + + − + + + + = − = . 
0,5 
Câu V 
2,0đ 
23( ) 54 max 66,P abc P= + ⇒ = khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2, 
hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2. 
0,25