UBND TỉNH BắC NINH Sở giáo dục Và Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Năm học: 2009-2010 môn thi: toán lớp 12 thpt Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngày thi 14 tháng 4 năm 2010 Câu 1 (3,0 điểm) 1/ Giải phơng trình: sin x sin 2x sin 3x 3 cos x cos 2x cos 3x + = + 2/ Cho bất phơng trình: 2 5 5 5 log (5x ) log x log ( 25x ) 4 6 m.3 (với m là tham số). a) Giải bất phơng trình đã cho, khi m = 2. b) Xác định m để bất phơng trình đã cho có nghiệm x > 1. Câu 2 (4,0 điểm) Cho hàm số y = 2 2 x 3x 1 x 1 + + 1/ Chứng minh rằng hàm số đã cho có duy nhất điểm cực trị, đó là điểm cực tiểu. 2/ Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành Ox tại hai điểm phân biệt A và B. Tính cosin của góc tạo bởi các tiếp tuyến tại A và tại B của đồ thị hàm số đã cho (với kết quả đợc rút gọn). Câu 3 (3,0 điểm) 1/ Tìm tất cả các số nguyên dơng n thoả mãn: n 0 1 n n n n 1 1 ( 1) 1 C C C . 2 3 n 2 42 + + = + 2/ Giải hệ phơng trình: 1 2 2 3 3 4 4 1 6 3 cos(2 ) 6 3 cos(2 ) 6 3 cos(2 ) 6 3 cos(2 ) x x x x x x x x = = = = Câu 4 (6,5 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, với AB = 1 và AA = a. 1/ Tính thể tích khối tứ diện BDBC. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng DC và AC. 2/ Khi a thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đờng thẳng BD và mặt phẳng (BDC). Câu 5 (3,5 điểm) 1/ Chứng minh rằng với mọi Rx ta đều có: 3 2 2 sin x cos x 2 2 2 2 + + 2/ Tìm ( ) 2 2 lim cos cos sin sin n n n x + + với (0; ) 2 . Hết (Đề thi gồm 01 trang) Đề chính thức ubnd tỉnh bắc ninh Sở giáo dục và Đào tạo kỳ thi học sinh giỏi THPT Năm học: 2009 - 2010 Môn: Toán Lớp 12 đáp án và Hớng dẫn chấm thi (Đáp án gồm 04 trang) Chú ý chung: - Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ hơn, nhng không chia nhỏ dới 0,25. - Mọi lời giải của học sinh có phơng pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức trong chơng trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm tơng ứng (học sinh có thể sử dụng kiến thức của chơng trình Cơ bản hoặc Nâng cao). Câu 1 (3,0 điểm) Đáp án Điểm 1) (1,00đ) Phơng trình đã cho tơng đơng 2sin 2x cos x sin 2x 3 2cos 2x cos x cos 2x = 0,25 tan 2x 3 (1) sin 2x(2 cos x 1) 3 1 cos 2x(2cos x 1) cos x (2) 2 = = 0,25 Giải (1) đợc nghiệm x = k 6 2 + 0,25 Đối chiếu điều kiện (2), kết luận nghiệm: x = 2 m ; x m2 (m ) 6 3 + = + Â 0,25 2) (2,00đ) Điều kiện x > 0. Với ĐK trên, bất phơng trình đã cho tơng đơng với 4. 5 5 5 log x log x 2 log x 4 6 9m.3 0,25 Chia hai vế cho 5 2 log x 3 > 0, có bất phơng trình tơng đơng 4. 5 5 2 log x log x 2 2 9m (1) 3 3 ữ ữ 0,25 Đặt t = 5 log x 2 3 ữ với t > 0. (1) có dạng 4t 2 t 9m (2) 0,25 a) với m = 2 , (2) trở thành 4t 2 t 18 0 9 2 t 4 0,25 Vậy BPT đã cho là 5 log x 2 3 ữ 9 1 x 4 25 . 0,25 b) Khi x > 1, có 5 log x 5 2 log x 0 0 t 1 3 > < = < ữ . Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm x > 1 khi và chỉ khi (2) có nghiệm t (0; 1) . 0,25 Xét hàm số f(t) = 4t 2 t với t (0; 1) , đợc miền giá trị của hàm f(t) là [ 1 16 ; 3) 0,25 Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm x > 1 khi và chỉ khi 9m -1/16. 0,25 KL : 1 m 144 . Câu 2 (4,0 điểm) Đáp án Điểm 1) (1,5đ) TXĐ: R, x R có y = 3 2 3 x x 3 (x 1) + + 0,25 x R có 2 3 (x 1)+ > 0, vậy y cùng dấu với f(x) = 3 x x 3+ . xét hàm f(x) liên tục trên R và f(x) = 3x 2 + 1 >0, x R f(x) đồng biến trên R . Mặt khác f(1).f(2) <0 phơng trình f(x) = 0 có nghiệm x 0 (1; 2) Vậy: 0 x y ' 0= và khi x > x 0 f(x) > f(x 0 ) = 0 y >0; khi x < x 0 f(x) < f(x 0 )= 0 y < 0 1,0 Do đó hàm số có duy nhất một điểm cực trị đó là điểm cực tiểu. 0,25 2) (2,5đ) Đặt U(x) = 2 x 3x 1 + , V(x) = 2 x 1+ , đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A; B có hoành độ lần lợt là x 1 >0 và x 2 > 0 là nghiệm phơng trình: 2 x 3x 1 + = 0 (1), hay U(x 1 ) = U(x 2 ) = 0 0,25 Gọi k 1 ; k 2 thứ tự là hệ số góc của hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A; B k 1 = 1 1 1 1 1 1 1 x 2 2 1 1 1 V(x ).U '(x ) V '(x ).U(x ) U '(x ) 2x 3 y ' V(x ) V(x ) x 1 = = = + . Tơng tự k 2 = 2 2 2 2x 3 x 1 + 0,5 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A và tại B lần lợt có phơng trình : k 1 x y - k 1 x 1 = 0 và k 2 x y k 2 x 2 = 0. Gọi là góc tạo bởi hai tiếp tuyến trên 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 k k 1 k k 1 cos k 1. k 1 (k k ) (k k ) 2k k 1. + + = = + + + + + (2) 0,5 Ta có : x 1 ; x 2 là nghiệm phơng trình (1), nên x 1 + x 2 = 3 và x 1 x 2 = 1. mặt khác 2 2 1 1 1 1 x 3x 1 0 x 1 3x + = + = , tơng tự 2 2 2 x 1 3x+ = . Vậy k 1 = 1 1 2x 3 3x và k 2 = 2 2 2x 3 3x k 1 k 2 = 1 2 1 2 1 2 1 2 (2x 3)(2x 3) 4x x 6(x x ) 9 4 18 9 5 3 3 3 9x x + + + = = = 0,5 k 1 + k 2 = = 1 1 2x 3 3x + 2 2 2x 3 3x = 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3x (2x 3) 3x (2x 3) 2 3x x ( x x ) 3 3( x x ) 3 9x x + + + = = 1 2 1 2 1 2 3( x x 2 x x ) 3( x x ) 5 3 3 3 + + + = = 0,5 Thay vào (2) ta đợc 2 cos 79 = 0,25 Câu 3 (3,0 điểm) Đáp án Điểm 1 (1,5 điểm) Với mỗi n nguyên dơng, xét tích phân I = 1 n 0 x(1 x) dx Đặt 1 x = t dx = - dt. Khi x = 0 t =1 và khi x = 1 t = 0. 0,25 0,25 Vậy I = 0 1 n 1 n 2 n n n 1 1 0 1 t t 1 1 (1 t)t dt (t t )dt 0 n 1 n 2 n 1 n 2 + + + = = = ữ + + + + (1) Mặt khác n x(1 x) = ( ) 0 1 n n n 0 1 2 n n n 1 n n n n n n x C C x ( 1) C x C x C x ( 1) C x + + + = + + Vậy I = ( ) 1 n 0 1 2 n n n 1 0 2 1 3 n n 2 n n n n n n 0 1 1 1 ( 1) C x C x ( 1) C x dx C x C x C x 0 2 3 n 2 + + + + = + + ữ + = n 0 1 n n n n 1 1 ( 1) C C C 2 3 n 2 + + + (2) 0,25 Từ (1) và (2) n 0 1 n n n n 1 1 ( 1) C C C 2 3 n 2 + + + = 1 n 1+ - 1 n 2+ 0,25 Vậy n thoả mãn điều kiện đã cho khi và chỉ khi 1 n 1+ - 1 n 2+ = 1 42 (3) 0,25 Giải phơng trình (3) đợc nghiệm nguyên dơng n= 5. KL: n = 5. 0,25 2 (1,5 điểm) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: 1 1 2 3 4 max( , x , x , x )x x= . Do hàm cos nhận giá trị từ -1 đến 1 và là hàm chẵn nên 1 2 3 4 1 0 , x , x , x 2 x< < . 0,25 Mặt khác, hàm cos nghịch biến trong khoảng (0; ) 2 nên từ các phơng trình của hệ ta suy ra 2 1 2 3 4 min( , x , x , x )x x= , 3 1 2 3 4 max( , x , x , x )x x= 4 1 2 3 4 min( , x , x , x )x x= 0,25 Do đó, 1 3 x x= , 2 4 x x= hệ đã cho trở thành: 1 2 2 1 6 3 cos(2 ) 6 3 x cos(2 ) x x x = = 0,25 Từ đó 1 2 6 3 (x )x = 1 2 2sin[ ( )]x x 1 2 sin[ ( )]x x + 1 2 ( )x x . Vì 1 2 x x và 6 3 > nên bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi 1 2 x x= . Tức là 1 1 6 3 cos(2 ) 0x x = . 0,5 Từ tính đồng biến ta đợc phơng trình có nnghiệm duy nhất 1 1 12 x = . Vậy nghiệm của hệ là 1 2 3 4 1 12 x x x x= = = = 0,25 Câu 4 (6,5 điểm) Chú ý : có nhiều phơng pháp để giải câu này, đáp án sau đây, đa ra một cách giải- chủ yếu sử dụng phơng pháp thể tích. Đáp án Điểm 1)(4,0đ) + Gọi V và V 1 theo thứ tự là thể tích các khối hộp chữ nhật ABCD.ABCD và lăng trụ đứng BCD.BCD 2 1 1 1 a V V AB . A 'A 2 2 2 = = = . Ta có : V BDBC = V 1 (V CDBC + V DBCD ) (1) 0,75 B A C D A B C D I Ta có CC (DBC) và DD (DBC) và dt( DBC) = dt( DBC) = 1 2 và CC=DD = a V CDBC = V DBCD = 1 1 a . .a 3 2 6 = 0,5 Thay vào (1) ta đợc V BDBC = a a a 2 3 6 = 0,5 + Ta có DC// mp(ABC) AC d(DC; AC) = d(D ; (ABC)) = h 0,5 Gọi V 2 là thể tích khối tứ diện BDAC, ta có V 2 = a 6 . 0,25 Mặt khác V 2 = 1 3 dt( BAC).h a h 2dt( B'AC) = (2) 0,5 Ta có BC = BA = 2 a 1+ BAC cân ở B. Gọi I là giao điểm của AC và BD I là trung điểm của AC và BI AC 2 2 2 BD 2a 1 B' I B'B ( ) 2 2 + = + = 2 1 2a 1 dt( B'AC)= AC.B'I 2 2 + = 0,75 Thay vào (2) h= 2 a 2a 1+ . Vậy khoảng cách giữa DC và AC bằng 2 a 2a 1+ . 0,25 2) (2,5đ) Theo cmt, ta có V BDBC = a 6 (3). Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên mp(BDC), ta có B'DH = (nhọn) chính là góc giữa đờng thẳng BD và mặt phẳng (BDC) và BH =BDsin . BD = 2 2 2 D ' D B'D ' a 2+ = + . 0,75 Mặt khác V BDBC = 1 dt( BDC ').B 'H 3 . Mà dt ( BDC') = 2 2 1 1 1 1 BD.C'I 2 . a 2a 1 2 2 2 2 = + = + 2 2 BDB'C' 1 V (2a 1)(a 2) sin 6 = + + (4) 0,75 Từ (4) và (3) a = 2 2 (2a 1)(a 2) sin+ + 2 2 2 2 2 2 1 (2a 1)(a 2) 1 2(a ) 5 sin a a + + = = + + 0,5 áp dụng BĐT Cô si đợc 2 2 1 a a + 2 2 1 1 9 0 sin 3 sin < dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = 1. Vậy lớn nhất khi và chỉ khi 1 sin 3 = ( nhọn). 0,5 Câu 5 (3,5 điểm) Đáp án Điểm 1 (2,0 điểm) Xét hàm số f(x) = sin x cos x 2 2+ . x R , ta có f(x 2 + )= f(x). Vậy để xét miền giá trị của f(x) trên R , ta chỉ việc xét f(x) trên đoạn [0; 2 ]. Khi đó f(x) = sin x cos x 2 2+ . 0,75 Mặt khác, giá trị mà sin x cos x 2 2+ nhận đợc trên các đoạn [0; 4 ] và [ 4 ; 2 ] là nh nhau. Vậy ta chỉ còn xét hàm số f(x) = sin x cos x 2 2+ trên đoạn [0; 4 ]. Ta có f(x) = ln2( cosx. sin x cos x 2 sin x.2 ) Khi x = 0 ta có f(x) > 0, khi x = 4 ta có f(x) = 0. Khi x (0; 4 ) thì sinx và cosx thuộc (0 ; 1) và sinx < cosx Xét hàm số g(t) = t 2 t với t (0; 1 ), có g(t) = t 2 2 (t.ln 2 1) 0 t < g(t) nghịch biến g(sinx) >g(cosx) sin x cos x sin x cos x 2 2 cos x.2 sin x.2 sin x cos x > > f(x) >0. Tóm lại f(x) đồng biến trên trên đoạn [0; 4 ]. Vậy 3= f(0) f (x) f ( ) 4 = 2 2 2 2 + 1,0 Do đó x Ă , ta có 3 2 2 sin x cos x 2 2 2 2 + + 0,25 2 (1,5 điểm) Đặt 2 2 cos cos sin sin n n n x = + , suy ra 1 n x Ta có 1, n 2 n x < do đó khi n + thì ln 1 1 n n x x hay ln 1 ( 1) n n n x n x Mặt khác, 2 2 cos 1 sin 1 ( 1) cos sin 1 1 n n n n x n n = + 2 2 cos ln cos sin ln sin + Tức là 2 2 cos sin lim ( ) (cos ) (sin ) n n x x + = 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 ========== Hớng dẫn chấm có 05 trang. . UBND TỉNH BắC NINH Sở giáo dục Và Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Năm học: 2009-2010 môn thi: toán lớp 12 thpt Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngày. gồm 01 trang) Đề chính thức ubnd tỉnh bắc ninh Sở giáo dục và Đào tạo kỳ thi học sinh giỏi THPT Năm học: 2009 - 2010 Môn: Toán Lớp 12 đáp án và Hớng dẫn chấm thi (Đáp án gồm 04 trang) Chú. x = . 0,5 Từ tính đồng biến ta đợc phơng trình có nnghiệm duy nhất 1 1 12 x = . Vậy nghiệm của hệ là 1 2 3 4 1 12 x x x x= = = = 0,25 Câu 4 (6,5 điểm) Chú ý : có nhiều phơng pháp để giải