Đề thi HSG môn Toán lớp 12 tỉnh Bắc Giang năm học 2009-2010

 – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
 BẮC GIANG 
ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2009-2010 
Môn thi: Toán-lớp 12. 
Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao ñề). 
Câu I. (5,0 ñiểm) 
 Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1) 
1. Tìm m ñể hàm số (1) ñạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 
2. Tìm m ñể ñường thẳng y = 1 cắt ñồ thị hàm số (1) tại ba ñiểm phân biệt A(0;1), B, C sao 
cho các tiếp tuyến của ñồ thị hàm số (1) tại B và C vuông góc với nhau. 
Câu II. (4,0 ñiểm) 
1. Giải hệ phương trình: 
8
5.
x x y x y y
x y
 − = +

− =
 (x, y ∈ R) 
2. Giải phương trình: sin 4 cos 4 4 2 sin ( ) 1
4
x x x
π
+ = + − . (x ∈ R) 
Câu III.(2,0 ñiểm) 
 Cho phương trình: 2log( 10 ) 2log(2 1)x x m x+ + = + (với m là tham số) (2) 
 Tìm m ñể phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt. 
Câu IV. (2,0 ñiểm) 
 Tính tích phân: 
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
x x
π
+
∫ . 
Câu V. (4,0 ñiểm) 
1. Trong hệ tọa ñộ Oxy, cho ñiểm A(3; 2), các ñường thẳng ∆1: x + y – 3 = 0 và ñường 
thẳng ∆2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm B thuộc ∆1 và ñiểm C thuộc ∆2 sao cho tam giác 
ABC vuông cân tại A. 
2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai ñiểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng 
(P): x + y + z - 6 = 0. 
 Tìm tọa ñộ ñiểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 ñạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu VI. (2,0 ñiểm) 
 Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông 
 góc với ñáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600. 
 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. 
Câu VII. (1,0 ñiểm) 
 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. 
 Chứng minh rằng: 
3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
. 
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 
Họ và tên thí sinh:.SBD: 
ðỀ CHÍNH THỨC 
 – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 2 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
 BẮC GIANG 
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI 
 ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 NĂM HỌC 2009-2010 
Môn thi: Toán, lớp 12. 
Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010 
(Hướng dẫn có 4 trang) 
Chú ý: Dưới ñây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho ñiểm từng phần của mỗi bài. Bài làm 
của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà ñúng thì chấm 
ñiểm từng phần tương ứng. 
Câu Phương pháp - Kết quả ðiểm 
1. Ta có y’ = 3x2 + 6x + m 0,5 
Ycbt tương ñương với phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, 
x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 
0,5 
⇔ 
1 2
1 2
1 2
9 -3 0
-2
.
3
2 3
m
x x
m
x x
x x
>
 + =

=

+ =
 0,5 
I.1 
(2ñiểm) 
Giải hệ trên ta ñược m = -105 0,5 
2.+) Hoành ñộ ñiểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình 
 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 
0,5 
Từ ñó tìm ñược m < 
9
4
và m ≠ 0 thì d cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A(0; 1), B, C. 0,5 
+) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1; x2 là nghiệm của phương trình 
x2 + 3x + m = 0 . 
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x1
2 + 6x1 + m 
 và tại C là k2 = 3x2
2 + 6x2 + m 
0,5 
Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi 
k1.k2 = -1 
0,5 
⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 0,5 
I.2 
(2ñiểm) 
 ⇔ 
9 65
m ( t/m)
8
9 65
m ( t/m)
8
 −
=

 +
=

 0,5 
1. ðiều kiện x, y ≥ 0 0,5 II.1 
(2ñiểm) Xét y = 0, không thỏa mãn hpt 
+) y ≠ 0, ñặt x t y= , t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành 
3
3 2 2
2
2
2
5 5
8 (*)8 1 1
5( 1) 5
( 1)
1
t
tt y t y t t
y t
y t
t

− = + − = +  − −⇔ 
− =  = ≠
 −
 (*) ⇔ 4t3 – 8t2 + t + 3 = 0 
1 
ðỀ CHÍNH THỨC 
 – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 3 
 ⇔ t = 1; t = -
1
2
; t = 
3
2
. ðối chiếu ñiều kiện ta ñược t = 
3
2
Từ ñó tìm ñược (x;y) = (9; 4). 
 (HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác ñược kết quả ñúng 
vẫn ñược ñiểm tối ña) 
0,5 
2. PT ⇔ 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5 
⇔ (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) 
 ⇔ 
sinx cos 0
(cos sinx)(sin 2 os2 ) 2
x
x x c x
+ =
 − + =
 0,5 
⇔ 4
os3 sinx 2
x k
c x
π
π

= − +

− =
 0,5 
II.2 
(2ñiểm) 
Chứng minh ñược phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm 
KL: x = 
4
k
π
π− + 0,5 
3. PT ⇔ 
2 2 2
1 1
2 2
10 (2 1) 3 6 1(**)
x x
x x m x m x x
 
> − > − 
⇔ 
 + + = + = − + 
 1 
III 
(2ñiểm) 
Ycbt ⇔ (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-
1
2
Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (-
1
2
;+∞ )ta tìm ñươc m 
∈ (-2; 
19
4
) 
1 
I = 
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
x x
π
+
∫ = 
4
2 2
0
tan
cos 2 tan
xdx
x x
π
+
∫ . 
0,5 
ðặt t = 2 2 2
2
tan x
2 tan t 2 tan tdt = 
cos
dx
x x
x
+ ⇒ = + ⇒ 0,5 
ðổi cận : x = 0 ⇒ t = 2 
 x = t 3
4
π
⇒ = 
0,5 
IV 
(2ñiểm) 
I = 
3 3
2 2
3 2
tdt
dt
t
= = −∫ ∫ 0,5 
1. B ∈ ∆1 ⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆2 ⇔ C(b; 9-b) 
∆ ABC vuông cân tại A ⇔ 
2 2
. 0AB AC
AB AC
 =

=
uuur uuur
 0,5 
V.1 
(2ñiểm) 
⇔ 
2 2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)


− +
 a = 2 không là nghiệm của hệ trên. 
0,5 
 – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 4 
(1) ⇔ b = 
5a - 8
a - 2
. Thế vào (2) tìm ñược a = 0 hoặc a = 4 0,5 
Với a = 0 suy ra b = 4. 
Với a = 4 suy ra b = 6. 
0,5 
2.Gọi I là trung ñiểm của AB ⇒ I ( 1; 1; 1) 
+) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2 
Do IA2 + IB2 không ñổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất 
⇔ M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) 
1 
+) Phương trình ñường thẳng MI : 
x-1 y-1 z-1
= =
1 1 1
. 0,5 
V.2 
(2ñiểm) 
M là giao ñiểm của MI và mặt phẳng (P). 
Từ ñó tìm ñược M(2; 2; 2) 
0,5 
3. 
D C
BA
S
M
Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh 
ñược góc DMB = 1200 và ∆ DMB cân tại M 0,5 
Tính ñược: DM2 = 
2
3
a2 0,5 
∆ SCD vuông tại D và DM là ñường cao nên 
2 2 2
1 1 1
= +
DM DS DC
Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a. 
0,5 
VI 
(2ñiểm) 
Vậy thể tích S.ABCD bằng 
1
3
a3 0,5 
3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
 (***).Do ab + bc + ca = 3 nên 
VT (***) = 
3 3 3
2 2 2
a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca
+ +
+ + + + + + + + +
 =
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a
+ +
+ + + + + +
Theo BðT AM-GM ta có 
3 3
( )( ) 8 8 4
a b c a b a
b c c a
+ +
+ + ≥
+ +
3 5 2
( )( ) 8
a a b c
b c c a
− −
⇒ ≥
+ +
 (1) 
0,5 
 VII 
(1ñiểm) 
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh ñược: 
 – Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 5 
3 5 2
( )( ) 8
b b c a
c a a b
− −
≥
+ +
 (2), 
3 5 2
( )( ) 8
c c a b
a b c a
− −
≥
+ +
 (3) 
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta ñược (***)
4
a b c
VT
+ +
≥ 
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh ñược : 
a + b + c ≥ 3( )ab bc ca+ + = 3. 
ðẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (ðpcm) 
0,5