SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG B (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1. (3,0đ) Xét H/s: 223 3 mmxxy −+= +TXĐ:D=R + có: mxxy 63' 2 += ,    −= = ⇔= mx x y 2 0 0' 0,75 Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn y(x 1 ).y(x 2 ) < 0 0,50 ⇔    <−− ≠ ⇔    <− ≠ 0)4)(( 0 0)2().0( 0 232 mmm m myy m 0,75 ⇔ 4 1 4 1 0 >⇔      > ≠ m m m 1,0 Câu 2. a, (3,0đ) a) Đặt : 0,2010 >= uu x Phương trình đã cho trở thành : 2 u u 12 12+ + = 0,50 đặt: 12,12 >=+ vvu ta có: 0)1)((0 )2(12 )1(12 22 2 2 =+−+⇔=++−⇒      += =+ vuvuvuvu uv vu 0,75 ⇔ 01 =+− vu (Vì u + v >0 ) ⇔ v = u +1 . 0,50 Trang 1 Thay vào (1) ta được:        +− = −− = ⇔=−+ 2 451 2 451 011 2 u u uu 0,50 Đối chiếu đ/k ta có: 2 451 +− = u 2 145 2010 − =⇒ x ⇔ 2 145 log 2010 − = x . Vậy pt có nghiệm duy nhất: 2 145 log 2010 − = x 0,75 b, (3,0đ) b) Điều kiện: 0 ≠ x Khi đó hệ ⇔      +=+ −=+ ⇔      −=− −=+ 2243 23 423 23 1 1 1)( 1)( yxxyx xyxyx xyxxy xxxy (I) 0,50 Đặt : xyxbyxa −=+= 23 ,1 . Ta có: ( ) yxxyxyxx 3 2 2224 2 +−=+ 0,50 Hệ (I) trở thành    =−+ = ⇔    −+= = 02)1(2 22 bb ba aba ba    −== == ⇔ 2 1 ba ba 0,50 +) Với 1 == ba ta có      =− =+ 1 11 2 3 xyx yx      =− = ⇔ 1 0 2 3 xyx yx ⇔    =−= == 0,1 0,1 yx yx 0,50 +) Với 2 −== ba ta có      −=− −=+ 2 21 2 3 xyx yx      −=− −= ⇔ )2(2 )1(3 2 3 xyx yx . Hệ này vô nghiệm (vì từ (1) suy ra 0 < xy , từ (2)suy ra 0 > xy ). 0,75 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là    = = 0 1 y x và    = −= 0 1 y x 0,25 Trang 2 Câu 3. a, (3,0đ) a) Điều kiện :    > −> yx yx 2 2 . Suy ra yx 2 > 0 >⇒ x 0,25 Ta có : log 4 (x+2y)+log 4 (x-2y)=1 ⇔ log 4 (x 2 -4y 2 )=1 ⇔ x 2 -4y 2 =4 44 2 +=⇔ yx (do x > 0) 0,50 Suy ra : yyyx −+=− 4422 2 Đặt: t y , t 0= ≥ 0,25 Xét : tttf −+= 442)( 2 , với 0 ≥ t . 44 448 1 44 8 )( 2 2 2 ' + +− =− + = t tt t t tf , 0,50 15 1 0)( ' =⇔= ttf (do 0 ≥ t ). 0,25 Bảng biến thiên: t 0 15 1 + ∞ f’(t) - 0 + f(t) 4 + ∞ 15 0,50 Từ bảng biến thiên suy ra 15)( ≥ tf ⇒ P= 152 ≥− yx . Dấu đẳng thức xảy ra 15 1 , 15 8 ±==⇔ yx . 0,50 Giá trị nhỏ nhất của P= 2x y− là 15 0,25 b, (2,0đ) b) Do a +b +c = 1 ⇒ ab+c = ab+c(a+b+c) ⇔ ab+c= (a+c)(b+c) 0,50 ⇒       + + + ≤ ++ = + cb b ca a cb b ca a cab ab 2 1 0,25 Tương tự ta có:       + + + ≤ + ca c ba b abc bc 2 1 ;       + + + ≤ + ba a bc c bca ca 2 1 ⇒ 0,25       + + + + + + + + + + + ≤ + + + + + ba a cb c ca c ab b cb b ca a bac ac abc bc cab ab 2 1 0,50 ⇔ 2 3 ≤ + + + + + bac ac abc bc cab ab . Dấu bằng xảy ra khi : 1 a b c 3 = = = 0,50 Câu 4. (3,0đ) D A B C H K Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên mp(ABD). Kẻ CK ⊥ AB tại K HK AB⇒ ⊥ 0,50 ⇒ góc giữa (ABC) và (ABD) là · CKH = α 0,25 ⇒ α sin 3 1 . 3 1 CKSSCHV DABD == ∆ 0,75 Trang 3 Mà : ABCKS C . 2 1 = ⇒ C 2S CK AB = 0,75 α sin 2 3 1 AB S SV C D = ⇒ AB SS V DC 3 sin 2 α = 0,75 Câu 5. (3,0đ) P A B E D C M Q N Gọi E là giao điểm của MN và BC, Q là giao điểm của EP và BD. Khi đó mp(MNP) chia khối tứ diện thành 2 khối đa diện BCNPQM và ADPNMQ. 0,50 Đặt: V ABCD = V , V BCNPQM =V 1 , V ADPNMQ = V 2 Ta có: N là trọng tâm của ABE∆ ⇒ C là trung điểm của BE. 0,25 ⇒ P là trọng tâm của DBE∆ ⇒ Q là trung điểm của BD. 0,25 ⇒ CNPE CNPE ABCD V CN CP CE 1 1 1 1 . . . .1 V V V CA CD CB 3 3 9 9 = = = ⇒ = (1) 0,50 CNPE EPMQ CNPE EBMQ V EC EN EP 1 2 2 2 9 . . . . V V V EB EM EQ 2 3 3 9 2 = = = ⇒ = (2) 0,50 Từ (1) và (2) ⇒ BEMQ 1 V V 2 = 0,25 ⇒ V 1 = V EBQM – V CNPE = 7 V 18 , V 2 = 11 V 18 1 2 V 7 V 11 ⇒ = 0,75 - - - Hết - - - Ghi chú: - Học sinh giải cách khác đúng cho điêm phần tương ứng - Khi chấm Giám khảo không làm tròn điểm Trang 4 . AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG B (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang). +1 . 0,50 Trang 1 Thay vào (1) ta được:        +− = −− = ⇔=−+ 2 451 2 451 011 2 u u uu 0,50 Đối chiếu đ/k ta có: 2 451 +− = u 2 145 2010 − =⇒ x