Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 - Sở GDĐT Thanh Hóa kèm đáp án

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

114
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 kèm đáp án dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 - Sở GDĐT Thanh Hóa kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Số báo danh Lớp 12 THPT …...............…… Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Câu I (4,0 điểm) 1 Cho hàm số y = − x 3 + 2 x 2 − 3 x + 1 . 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Gọi f ( x) = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 3 , tìm số nghiệm của phương trình: [ f ( x)] − 6 [ f ( x) ] + 9 f ( x) − 3 = 0 . 3 2 Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình (1 + sin x)(1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) cos x = 0 . ⎧22 x − y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y ⎪ 2) Giải hệ phương trình ⎨ 3 y − 2( x − 1)3 + 1 = 0 ( x, y ∈ ) . ⎪ ⎩ Câu III (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2012. π 2 (sin x + cos x)dx 2) Tính tích phân I = ∫π 3sin 2 x + 4cos 2 x . − 2 Câu IV (6,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 9 , đường thẳng Δ : y = x − 3 + 3 và điểm A(3; 0) . Gọi M là một điểm thay đổi trên (C ) và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là hình bình hành. Tính diện tích tam giác ABM , biết trọng tâm G của tam giác ABM thuộc Δ và G có tung độ dương. 2) Cho hình chóp S . ABCD , đáy là hình chữ nhật có AB = a và BC = 2a , mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với đáy, các mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) cùng tạo với đáy một góc 2a bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng . 6 a) Tính thể tích khối chóp S . ABCD . b) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD . Câu V (2,0 điểm) 1 1 3 2 1 Cho các số thực x, y, z thoả mãn x > , y > , z > 1 và + + ≥ 2. 3 2 3x + 2 2 y + 1 z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (3 x − 1)(2 y − 1)( z − 1) . --------------------------------------------------- HẾT ------------------------------------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 04 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 1) 3,0 điểm 4,0 ● Tập xác định: D = . điểm ● Sự biến thiên: 0,5 + Chiều biến thiên: y ' = − x 2 + 4 x − 3 ; y '( x) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3 . Hàm số nghịch biến trong khoảng: (− ∞; 1) và (3; + ∞) ; đồng biến trên khoảng: (1; 3) . 1 + Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ; yCT = − , đạt cực đại tại x = 3 ; yCĐ = 1 . 1,0 3 + Giới hạn: lim y = + ∞ ; lim y = − ∞ . x→−∞ x →+ ∞ + Bảng biến thiên x −∞ 1 3 +∞ y' − 0 + 0 − 1,0 +∞ 1 y 1 − −∞ 3 ● Đồ thị: ⎛ 1⎞ y + Đi qua điểm: (0; 1) và ⎜ 4; − ⎟ . 3 ⎝ ⎠ 1 0,5 1 4 O 3 x 1 − 3 + Nhận xét: Đồ thị (C) đối xứng qua điểm I ⎛ 2; ⎞ . 1 ⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ 2) 1,0 điểm [ f ( x)] − 6 [ f ( x) ] + 9 f ( x) − 3 = 0 (1) 3 2 1 [ f ( x ) ] + 2 [ f ( x) ] − 3 f ( x) + 1 = 0 . 0,5 3 2 (1) ⇔ − 3 -1-
⎧ g (m) = 0 (2) 1 3 ⎧ g ( m) = 0 ⎪ Đặt g ( x) = − x + 2 x − 3x + 1 , ta có: (1) ⇔ g ( f ( x)) = 0 ⇔ ⎨ 2 ⇔⎨ m 3 ⎩m = f ( x) ⎪− 3 = g ( x) (3). ⎩ Số nghiệm của (1) là số nghiệm của (3), với m nhận tất cả các giá trị thoả mãn (2). Từ đồ thị (C), suy ra (2) có 3 nghiệm m , thoả mãn: 0 < m < 1 , 1 < m < 3 và 3 < m < 4 . Cũng từ (C), ta có: 1 m + Nếu 0 < m < 1 hay − < − < 0 thì (3) có 3 nghiệm phân biệt. 3 3 m 1 0,5 + Nếu 1 < m < 3 hay −1 < − < − thì (3) có đúng 1 nghiệm. 3 3 4 m + Nếu 3 < m < 4 hay − < − < − 1 thì (3) có đúng 1 nghiệm. 3 3 Rõ ràng, các nghiệm của (3) trong 3 trường hợp trên là đôi một khác nhau. Do đó (1) có đúng 5 nghiệm. II 1) 2,0 điểm 4,0 (1 + sin x)(1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) cos x = 0 (1). điểm 2 ⎛ x x⎞ ⎛ x x⎞ (1) ⇔ ⎜ cos + sin ⎟ (1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) ⎜ cos 2 − sin 2 ⎟ = 0 ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ x x ⇔ cos + sin = 0 (2) 2 2 1,0 ⎛ x x⎞ ⎛ x x⎞ hoặc ⎜ cos + sin ⎟ (1 − 2sin x) + (2 + 4sin x) ⎜ cos − sin ⎟ = 0 (3) ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ x π ● (2) ⇔ tan = −1 ⇔ x = − + k 2π . 2 2 x x x x ● (3) ⇔ 3cos − sin + 2sin x cos − 6sin x sin = 0 2 2 2 2 x x x x x x ⇔ 3cos − sin + 4sin cos 2 − 12sin 2 cos = 0 2 2 2 2 2 2 x x x x ⇔ 3sin − 4sin 3 + 12 cos3 − 9 cos = 0 1,0 2 2 2 2 3x 3x 2α 2π ⇔ sin + 3cos = 0 ⇔ x = +l , tan α = −3 . 2 2 3 3 π 2α 2π Vậy, (1) có nghiệm: x = − + k 2π hoặc x = +l , tan α = −3 (với k , l ∈ ). 2 3 3 2) 2,0 điểm ⎧22 x − y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y (1) ⎪ ⎨ ⎪ 3 y − 2( x − 1) + 1 = 0 3 ⎩ (2). + Điều kiện: x + y ≥ 0, 2 x − y ≥ 0 (*). 1,0 2 x− y x+ y + Khi đó: (1) ⇔ 2 + (2 x − y ) 2 x − y = 2 + ( x + y) x + y . Xét hàm f (t ) = 2 + t t , suy ra: (1) có dạng f (2 x − y ) = f ( x + y ) . t Mặt khác f (t ) đồng biến, do đó (1) ⇔ 2x − y = x + y hay x = 2 y . + Thế vào (2), ta được: 3 y + 1 = 2(2 y − 1)3 (3). ⎧t = (2 y − 1)3 ⎪ 1,0 Đặt 3 y = 2t − 1 , phương trình (3) trở thành hệ: ⎨ ⎪ y = (2t − 1) 3 ⎩ -2-
Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được: t = y ( do 2(2 y − 1) 2 + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) 2 + 1 > 0 ∀y, t ) Thế vào hệ: y = (2 y − 1)3 ⇔ 8 y 3 − 12 y 2 + 5 y − 1 = 0 ⇔ ( y − 1)(8 y 2 − 4 y + 1) = 0 ⇔ y = 1 . y = 1 ⇒ x = 2 , thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): ( x; y ) = (2; 1) . III 1) 2,0 điểm 4,0 ● Lập số chẵn dạng abcd . Đặt E = {0, 1, 2, 3, 4} . điểm + Chọn d = 0 , chọn thứ tự a, b, c trong tập E \ {0} có A 3 = 24 cách. Dạng này có 24 số. 4 1,0 + Chọn d ≠ 0 có 2 cách, chọn a ∈ E \ {0, d } có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {d , a} có A 3 = 6 cách. Dạng này có 2.3.6 = 36 số. Lập được 24 + 36 = 60 số. 2 ● Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2012, có dạng 1bcd : Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {1, d } có A 3 = 6 cách. 2 Dạng này có: 3.6 = 18 số. Suy ra số lớn hơn 2012 có 60 − 18 = 42 số. 1,0 42 7 Xác suất cần tính: P = = . 60 10 2) 2,0 điểm π 0 (sin x + cos x)dx 2 (sin x + cos x)dx I= ∫π 3sin 2 x + 4 cos 2 x ∫ 3sin 2 x + 4 cos 2 x + 0 − 2 Đặt x = − t , ta có: 1,0 π π 0 0 (sin x + cos x)dx (− sin t + cos t )dt 2 (− sin t + cos t )dt 2 (− sin x + cos x)dx ∫π 3sin 2 x + 4 cos 2 x = −∫ π 3sin t + 4 cos t 2 2 =∫ 0 3sin 2 t + 4 cos 2 t ∫ 3sin 2 x + 4 cos 2 x = 0 . − 2 2 π π π 2 2 cos xdx d sin x 1 2⎛ 1 1 ⎞ Suy ra: I = 2 ∫ = 2∫ = ∫⎜ − ⎟d sin x 0 3sin x + 4 cos x 2 2 0 4 − sin x 2 0 ⎝ sin x + 2 sin x − 2 ⎠ 2 π 1,0 1 ⎛ sin x + 2 ⎞ 1 2 = ⎜ ln ⎟ = 2 ln 3 . 2 ⎝ sin x − 2 ⎠ 0 IV 1) 3,0 điểm 6,0 (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 3 . điểm Nhận xét: A ∈ (C ) ⇒ OA = OM ⇒ ABMO là hình thoi ⇒ AM ⊥ OB . 4 y Gọi I = AM ∩ OB ⇒ OG = OI . 1,0 3 uuur 4 uuu r Kẻ GK // AM , K ∈ OA , ta có: OK = OA ⇒ K (4; 0) . M 3 B G GK // AM ⇒ GK ⊥ OB . I Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK . ⎧y = x − 3 + 3 ⎪ O A K x Toạ độ G ( x; y ), y > 0 thoả mãn: ⎨ ⎪( x − 2) + y = 4 2 2 ⎩ 1,0 ⎧x = y + 3 − 3 ⎧x = y + 3 − 3 ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ( ) 2 ⎪ y +1− 3 + y = 4 ⎪2 y + 2(1 − 3) y − 2 3 = 0 2 2 ⎩ ⎩ ⇒ G (3; 3) (do y > 0) . -3-
9 9 OK .d(G, Ox) 9.4. 3 9 3 Diện tích: S( ΔAMB ) = S( ΔOAM ) = 2 S( ΔOAI ) = 2. .S( ΔOKG ) = . = = . 1,0 16 8 2 16 4 2) 3,0 điểm S a) Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABCD) , suy ra H ∈ AB (do ( SAB) ⊥ ( ABCD) ). CB ⊥ HB , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) là SBH . Hạ HE ⊥ CD ( E ∈ CD) , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SCD) và ( ABCD) là SEH . t 1,0 H Do đó SBH = SEH ⇒ HB = HE = 2a . A E Ta được BD // AE ⇒ BD //( SAE ) D ⇒ d( SA, BD) = d( B, ( SAE )) = d( H , ( SAE )) B (do A là trung điểm HB ) C 2a ⇒ d( H , ( SAE )) = . 6 Nhận xét rằng HA, HE , HS đôi một vuông góc, suy ra: 1 1 1 1 3 1 1 1 2 = 2 + 2 + 2 ⇔ 2 = 2+ 2+ ⇔ SH = 2a . d ( H , ( SAE )) HA HE HS 2a a 4a HS 2 1,0 3 1 4a Thể tích: V( S . ABCD ) = S( ABCD ) .SH = . 3 3 b) BD // AE , suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE . Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE , với AE = SA = SH 2 + HA2 = a 5 và 1,0 SA2 + AE 2 − SE 2 1 SE = SH 2 = 2 2a , ta có: cos( SA, BD) = cos SAE = = . 2.SA. AE 5 V 2,0 Đặt 3x − 1 = a, 2 y − 1 = b, z − 1 = c ; ta có: a, b, c là các số dương và A = abc . điểm 3 2 1 3 2 1 ⎛ a b c ⎞ Khi đó: + + ≥2 ⇔ + + ≥ 2 ⇔ 3−⎜ + + ⎟≥2 3x + 2 2 y + 1 z a + 3 b + 2 c +1 ⎝ a + 3 b + 2 c +1⎠ 0,5 a b c ⇔ + + ≤1. a + 3 b + 2 c +1 b c a 3 b c 2 bc Suy ra: + ≤ 1− hay ≥ + ≥ (1). 0,5 b + 2 c +1 a+3 a + 3 b + 2 c +1 (b + 2)(c + 1) 2 2 ca 1 2 ab Tương tự: ≥ (2) và ≥ (3). b+2 (c + 1)(a + 3) c +1 (a + 3)(b + 2) 0,5 3 Nhân vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: A ≤ . 4 a b c 1 Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: = = = a + 3 b + 2 c +1 3 3 1 9 3 ⇔ a = , b = 1, c = ⇔ x = , y = 3, z = . 0,5 2 2 2 2 3 Vậy, max A = . 4 ……………………………….……….. HẾT………………………………………………. -4-
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HOÁ Năm học 2010- 2011 Đề chính thức Môn thi: Toán Lớp: 12 THPT Số báo danh 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) x2 − (4 − m2 ) 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. 2) Giải bất phương trình: 6( x 2 − 3x + 1) + x 4 + x 2 + 1 ≤ 0 ( x ∈ ). 3) Tìm số thực a để phương trình: 9 x + 9 = a3x cos(π x) , chỉ có duy nhất một nghiệm thực π 2 sin x .Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ dx. ( ) 3 0 sin x + 3 cos x 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 Δ : 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 Δ. 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 ⎪ ⎪ Δ1 : ⎨ y = 2 − 2t (t ∈ ); Δ 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 Δ1 , Δ 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 + b2 + c 2 = 6 ⎨ ⎩ ab + bc + ca = −3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 6 + b6 + c 6 . .............................................................. HẾT ........................................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT (Gồm có 4 trang) Ngày thi: 24 - 3 - 2011 Câu Ý Hướng dẫn chấm Điêm Câu I 1) Với m = −1, ta được hàm số y = x 3 − 3x + 1. 4,0 đ 2,0đ Tập xác định: . 0,5 Giới hạn tại vô cực: lim y = +∞, lim y = −∞. x →+∞ x →−∞ Sự biến thiên: y ' = 3 x − 3 = 0 ⇔ x = ±1. 2 y ' > 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞ ). Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ − 1) và (1; +∞) . 0,5 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). Bảng biến thiên: x −∞ +∞ −1 1 y' + 0 − 0 + 0,5 3 +∞ y −∞ −1 Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3). y Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng 3 1 0,5 -2 -1 1 2 O x -1 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 Δ ' = −2m 2 + 2m + 13. 0,5 Nếu Δ ' ≤ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn. ⎛ 1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ 0,5 Nếu Δ' > 0 ⇔ m∈⎜ ; ⎟ , thì y ' = 0 có hai nghiện x1, x2 ( x1 < x2 ). ⎝ 2 2 ⎠ x -∞ x1 x2 +∞ 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: 3x2 − 2(m + 1) x − 4 + m2 + = 0 (1) có 0,75 y '( x0 )
3 ⎛ 1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ nghiệm . Pt (1) có: Δ1 ' = −2m2 + 2m +13 − > 0,∀m∈⎜ ; ⎟. y '(x0 ) ⎝ 2 2 ⎠ ⎛1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ Vậy giá trị cần tìm của m là m ∈ ⎜ ; ⎟. 0,25 ⎝ 2 2 ⎠ Câu II 1) PT ⇔ (cos 2 x − cos 4 x) − sin x + (cos 3x − 2 sin 3x. cos 3x) = 0 0,5 6,0 đ 2,0đ ⇔ (2 sin x sin 3x − sin x) − (2 sin 3x cos 3x − cos 3x) = 0 ⇔ (2 sin 3 x − 1)(sin x − cos 3 x) = 0 0,5 ⎡ π 2π ⎢ x = 18 + k 3 ⎢ 0,5 ⎡ 1 ⎢ x = 5π + k 2π ⎢sin 3 x = 2 ⎢ 18 3 ⇔⎢ ⇔⎢ (k ∈ ). ⎢cos 3 x = cos⎛ π − x ⎞ ⎢x = π + k π ⎢ ⎜ ⎟ ⎣ ⎝2 ⎠ ⎢ 8 2 ⎢ 0,5 π ⎢ x = − + kπ ⎣ 4 2) Tập xác định: .. 0,5 2,0đ BPT ⇔ 6 ( 2( x 2 − x + 1) − ( x 2 + x + 1) ) + 6( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1) ≤ 0 x2 − x + 1 6( x 2 − x + 1) 0,5 ⇔ 12. 2 + − 6 ≤ 0 (vì x 2 + x + 1 > 0, ∀x ) x + x +1 x + x +1 2 6( x 2 − x + 1) 3 Đặt: t = (t > 0), ta được 2t 2 + t − 6 ≤ 0 ⇔ 0 < t ≤ . 0,5 x + x +1 2 2 BPT đã cho tương đương với 6( x 2 − x + 1) 9 ⎛ 11 − 21 11 + 21 ⎞ ≤ ⇔ 5 x 2 − 11x + 5 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎜ ; ⎟. 0,5 x2 + x + 1 4 ⎝ 10 10 ⎠ 3) 9 x + 9 = a3x cos(π x) ⇔ 3x + 32− x = a.cos(π x) (2). 0,5 2,0đ Nhận xét: Nếu x là nghiệm của (2) thì 2 − x cũng là nghiệm của (2), 0 0 suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là x0 = 2 − x0 ⇔ x0 = 1. 0,5 Với x0 = 1 , thì từ (2) suy ra a = −6. Với a = −6, thì phương trình (2) trở thành 3x + 32− x = −6cos(π x) (3). 1,0 ⎧3x + 32− x = 6 Ta có VT (3) ≥ 6, VP (3) ≤ 6. Vậy (3) ⇔ ⎨ ⇔ x = 1. ⎩−6cos(π x) = 6 Vậy a = −6. Câu 1 3 III Ta có: sin x = (sin x + 3 cos x) − (cos x − 3 sin x) 0,5 4 4 2,0đ 1 3 = (sin x + 3 cos x) − (sin x + 3 cos x) '. 4 4 π π 1 2 1 3 2 (sin x + 3 cos x) ' Suy ra I = ∫ 4 ∫ (sin x + 3 cos x)3 dx − dx 4 0 (sin x + 3 cos x) 2 0 0,25
π π 1 2 1 3 2 = ∫ 2 dx + 16 0 ⎛ π⎞ 8(sin x + 3 cos x) 2 0,75 cos ⎜ x − ⎟ 0 ⎝ 6⎠ π 0,5 1 ⎛ π⎞2 3 3 3 3 = tan ⎜ x − ⎟ + = + = . 16 ⎝ 6 ⎠ 0 12 12 12 6 Câu 1) Kẻ DH ⊥ MN , do (DMN) ⊥ (ABC) suy ra DH ⊥ (ABC). IV 2,0đ Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. 0,5 6,0đ 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 Suy ra xy = . (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 ≤ x,y ≤ 1 ). 4 4 3 Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN: D S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN 1 1 = AD.AM.sin600+ AD.AN.sin600 2 2 1 1 + DH.MN + AM.AN.sin600. 2 2 6 = 3 xy + 3xy(3xy − 1) . 0,5 6 2 C4 B Từ 3xy = x + y ≥ 2 xy ⇒ xy ≥ ⇒ xy ≥ . 3 9 H 3(4 + 2) 2 N M Suy ra min S = , khi x = y = . 0,5 9 3 A 2) Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( −3;0), F2 (3;0). 0,5 2,0đ Điểm M ∈ ( E ) ⇒ MF + MF = 2a . Vậy ( E ) có độ dài trục lớn nhỏ 0,5 2 1 2 2 nhất khi và chỉ khi MF1 + MF2 nhỏ nhất. Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F1 qua Δ , suy ra N (−5; 2). 0,5 Ta có: MF1 + MF2 = NM + MF2 ≥ NF2 (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M = NF2 ∩ Δ ⎧ 17 0,5 ⎧x + 4 y − 3 = 0 ⎪x = − 5 ⎪ ⎛ 17 8 ⎞ Toạ độ điểm M : ⎨ ⇔⎨ ⇒ M ⎜ − ; ⎟. ⎩x − y + 5 = 0 ⎪y = 8 ⎝ 5 5⎠ ⎪ ⎩ 5 3) Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. 2,0đ A ∈ Δ1 ⇒ A(1 + 2t ; 2 − 2t ; −1 + t ); B ∈ Δ 2 ⇒ B (3 + 2 s; −1 − 2 s; s ). 0,5 uuu r Suy ra AB = ( 2 + 2( s − t ); − 3 − 2( s − t ); 1 + ( s − t ) )
⎡ s − t = −1 0,5 ⇒ AB = 9( s − t ) + 22( s − t ) + 14 = 1 ⇒ ⎢ 2 2 ⎢ s − t = − 13 . ⎣ 9 uuu r ur uuu r r Với s − t = −1 ⇒ AB = (0; −1;0) ⇒ (P) có một vtpt n1 = ⎡ AB; i ⎤ = (0;0;1) , ⎣ ⎦ 0,5 suy ra ( P ) : z = 0 (loại do (P) chứa trục O x ). 13 uuu ⎛ −8 −1 −4 ⎞ r Với s − t = − ⇒ AB = ⎜ ; ; ⎟ , 9 ⎝ 9 9 9 ⎠ 0,5 uu r uuu r r −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). Câu V Từ giả thiết suy ra : a + b + c = 0 0,25 2,0đ 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) 0,5 Từ đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 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. 0,5 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 ) 0,5 . = (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, 0,25 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.