Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh

1. SỞ GD ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng. Câu Đáp án Điểm 1 Điều kiện: cos x x k2 (k Z) . 2 3 sin x 3 cos 2x 4cos2 x 1 1 Phương trình đã cho sin x(2cos x 1) 2cos x 1 2 2cos x 1 0 sin x 3 cos 2x sin x(2cos x 1) 1.a 2 1 x k2 1 3 điểm cos x 3 2 sin 2x 3cos2x 2sin x sin(2x ) sinx (1) 3 x k2 3 Giải (1) ta có (k Z) 2 k2 x 1 9 3 2 2 2 Đối chiếu điều kiện ta có: x k2 ; x k ;k Z 3 9 3 15 221 0 x 2 Điều kiện: 15 221 x 2 1 Ta thấy 5 2 ( 5 2) 1; 9+4 5=( 5+2)2 nên log (x x 1) log (2x2 30x 2) 0 5 2 9 4 5 1 log (x x 1) log (2x2 30x 2) 0 5 2 2 5 2 log (x x 1) log 2x2 30x 2 1.b 5 2 5 2 3 điểm x x 1 2x2 30x 2 (1) Ta thấy x 0 không thỏa mãn (1) 1 Với x 0 , chia cả 2 vế của (1) cho x ta được 1 1 x 1 2(x ) 30 (2) x x 1 Đặt x t (t 2) x Phương trình (2) trở thành 0,5 2 2 2 2 t 5 (tm) 2t 34 t 1 2t 34 t 2t 1 t 2t 35 0 t 7 (L) 1
2. 1 1 23 5 21 x 5 x+ 23 x2 23x 1 0 x x x 2 0,5 23 5 21 Đối chiếu điều kiện ta có x 2 Tập xác định: R y ' 4x3 4mx2 4x(x2 m) x 0 y ' 0 2 0.5 x m Đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt m 0 x 0 x 0 Khi đó y ' 0 2 x m x m Với x 0 y m2 m ; x m y m 0.5 Vậy đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A(0;m2 m); B(- m; -m); C( m; -m) Ta có AB AC m4 m; BC=2 m và A, B,C không thẳng hàng nên tam giác ABC cân tại A 2 TH1: B· AC 300 A 3 điểm Áp dụng định lý hàm số cosin ta có: BC 2 AB2 AC 2 2AB.AC.cos300 4m 2(m4 m) 3(m4 m) 1 (2 3)m4 (2 3)m 3 2 m (2 3) (do m >0) B C m 3 (2 3)2 (tm) TH2: ·ABC 300 hoặc ·ACB 300 ·BAC 1200 Áp dụng định lý hàm số cosin ta có: BC 2 AB2 AC 2 2AB.AC.cos1200 1 1 1 4m 2(m4 m) (m4 m) 3m4 m m3 (do m >0) m . 3 3 3 1 Vậy m 3 (2 3)2 ; m . 3 3 Điều kiện: 1 x 1 . m( 1 x 3 1 x) 16x 12 1 x2 2m 15 0,5 2[9(x 1) 6 (1 x)(1 x) (1 x)] m(3 1 x 1 x 2) 5 0 (1) Đặt 3 1 x 1 x t , (1) trở thành 2t 2 m(t 2) 5 0 (2) 3 1 Xem t là một hàm số của x ,ta có t ' 0 x ( 1;1) 3.a 2 x 1 2 1 x 0,5 3 điểm Vì t( 1) 2; t(1)=3 2 nên 2 t 3 2 và mỗi t [- 2;3 2] có duy nhất x [- 2;3 2] . Yêu cầu bài toán tìm m để bất phương trình (2) nghiệm đúng t [- 2;3 2] 0,5 2t 2 5 Do t 2 0 t [- 2;3 2] nên (2) m f (t) t 2 2
3. 2t 2 5 Xét hàm số f (t) trên tập 2;3 2 . t 2 4t(t 2) ( 2t 2 5) 2t 2 8t 5 f (t) 0 t [- 2;3 2] 1 (t 2)2 (t 2)2 31 Do đó min f (t) f (3 2) [- 2;3 2 ] 3 2 2 31 m f (t) t [- 2;3 2] m min f (t) m 0,5 [- 2;3 2 ] 3 2 2 Chú ý: Nếu học sinh lập BBT thì vẫn cho điểm tối đa của phần tương ứng. x7 (3y 1)2 x 0 Hệ đã cho 7 2 y (3x 1) y 0 0.5 Do x, y 0 x7 , y7 1 x, y 1 Từ hệ đã cho ta có x7 (3x 1)2 y7 (3y 1)2 (*) Nếu x y ta có VT(*) > VP(*) do x, y 0 0.5 Nêu x y ta có VT(*) 0 ta có đpcm. S K 4 G 0.5 3 điểm B C H T P I A M D Gọi I và K lần lượt là hình chiếu của H trên MC và SI. Vì MC  (SHI) nên 3
4. MC  HK do đó HK  (SMC) suy ra HK d(H;(SMC)) 3a 15 Theo giả thiết ta có HK 20 3a2 Ta có S S S S S MHC ABCD AHM BHC CMD 8 3a2 a 5 2S 3 5a Mặt khác CM nên HI HMC 4 2 MC a 5 10 1 2 Xét tam giác vuông SHI , ta có: 1 1 1 HI.HK 3a 15 2 2 2 HS HK HI HS HI 2 HK 2 10 5a2 S S S S BCMH ABCD AHM CMD 8 Gọi P là trung điểm của CD và T là hình chiếu vuông góc của G lên (ABCD). 1 1 a 15 Vì (SHP)  (ABCD) nên T HP , do đó GT SH . 3 10 1 1 a 15 5a2 a3 15 V GT.S . (đvtt) 0.5 G.BCMH 3 BCMH 3 10 8 48 Từ giả thiết ta có x y 1 1 1 1 3( ) (x y) 3( ) 2 2 3(x y)( ) 2 0,5 y x x y x y x y x y x y 10 3( ) 2 3( ) 6 2 . y x y x y x 3 1 1 x y 3( ) 0,5 x y x 3, y 1 Đẳng thức xẩy ra khi x y 10 x 1, y 3 y x 3 x2 y2 3 P (x2 2xy y2 )( ) 5 y4 x4 xy 0,5 2 điểm x4 y4 x3 y3 x2 y2 x y ( ) 2( ) ( ) 3( ) 6 y4 x4 y3 x3 y2 x2 y x x y 10 Đặt t , ta có t và P t 4 2t3 3t 2 3t 6 y x 3 10 Đặt f (t) t 4 2t3 3t 2 3t 6, t 0,5 3 10 f '(t) 4t3 6t 2 6t 3 2t 2 (t-3)+2t(t2 -3)+3 > 0 với t 3 10 2596 10 x 3, y 1 Do đó f (t) f ( ) , có “=” khi t hay 3 81 3 x 1, y 3 0.5 2596 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 81 4