SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

Đề chính thức

Số báo danh
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học 2010- 2011

Môn thi: Toán
Lớp: 12 THPT
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
322
(1) (4 )12yx m x mx m=−+ −− −−
( m là tham số thực), có đồ thị là ().
m
C
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.m
=
−
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị
()

.
sin 3cos
x
Idx
xx
π
=
+
∫

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

,
A
Mx= 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 :50
x
y
Δ
−+= và hai elíp
22
1
(): 1
25 16

xt x s
ytt y ss
zt zs
=+ =+
⎧⎧
⎪⎪
Δ=− ∈ Δ=−− ∈
⎨⎨
⎪⎪
=− + =
⎩⎩


.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục Ox, sao cho (P) cắt hai
đường thẳng
12
,
Δ
Δ lần lượt tại A, B thoả mãn 1AB
=
.
Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực ,,abc thoả mãn:
222
6
3.
abc
ab bc ca
⎧
++=

Với 1,m =− ta được hàm số
3
31.yx x
=
−+
Tập xác định:
.
Giới hạn tại vô cực:
lim , lim .
xx
yy
→+∞ →−∞
=
+∞ = −∞

Sự biến thiên:
2
'3 30 1.yx x=−=⇔=±0,5
'0 ( ;1)(1; ).yx>⇔∈−∞−∪ +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng
(1)−∞ − và (1; )+∞ .
'0 (1;1).yx<⇔∈−
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(1;1).
−

Điểm cực đại của đồ thị
(1;3),0,5
Ta có
22
'3 2( 1) 4 ,
y
xmx m=− +−+ là tam thức bậc hai của x.
y' có biệt số
2
' 2 2 13.mmΔ=− + +
Nếu
'0Δ≤ thì '0,yx≥∀, suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn.

0,5
Nếu
133133
'0 ;
22
m
⎛⎞
−+
Δ> ⇔ ∈
⎜⎟
⎝⎠
, thì '0y
=
có hai nghiện
0,75
-2
-1
-1
1
1
3
2
x
y
O
x
y'
y
−
∞
−
∞
+∞
+∞
1
−
1
−

1
3
0 0

−+
Δ=− + + − > ∀∈
⎜⎟
⎝⎠

Vậy giá trị cần tìm của m là
133133
;
22
m
⎛⎞
−+
∈
⎜⎟
⎝⎠
.

0,25
PT 0)3cos.3sin23(cossin)4cos2(cos
=
−
+
−
−⇔ xxxxxx
0)3cos3cos3sin2()sin3sinsin2(
=
−
−
−⇔ xxxxxx


⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
=
⇔
π
π
ππ
ππ
ππ
π
kx
kx
kx
kx
xx
x
4
28
3
2
18
5
3
2

12. 6 0
11
xx xx
xx xx
−+ −+
⇔+ −≤
++ ++
(vì
2
10,
x
xx
+
+> ∀
)
0,5
Đặt:
2
2
6( 1)
1
xx
t
xx
−+
=
++
(t > 0), ta được
2
260tt

⎜⎟
++
⎝⎠
0,5
2
9 9 3 cos( ) 3 3 .cos( ) (2).
xx xx
ax ax
ππ
−
+= ⇔ + =
Nhận xét: Nếu
0
x
là nghiệm của (2) thì
0
2
x
−
cũng là nghiệm của (2),
0,5
suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là
000
21.xxx
=
−⇔=


+=
⇔
⇔=
⎨
−=
⎩

Vậy
6.a =−
1,0
Ta có:
13
sin (sin 3cos ) (cos 3sin )
44
x
xx xx=+ − −

13
(sin 3 cos ) (sin 3 cos )'.
44
x
xxx=+−+0,5
Câu
III

8(sin 3 cos )
cos
6
dx
xx
x
π
π
π
=+
+
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
∫
0,75

2
0
13
tan
16 6 12
x
π
π
⎛⎞

4
3
; S
AMN
= S
AMH
+ S
ANH

=
2
1
.AM.AH.sin30
0
+
2
1
.AN.AH.sin30
0
=
3
3
.
4
1
(x+y).
Suy ra
xy
4
3


=
2
1
AD.AM.sin60
0
+
2
1
AD.AN.sin60
0
+
2
1
DH.MN +
2
1
AM.AN.sin60
0.
= 3xy + )1xy3(xy3
6
6
− .
Từ
24
32 .
39
xy x y xy xy xy=+≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

Suy ra

−

0,5
Điểm
212
() 2
M
EMFMFa∈⇒+ =
. Vậy
2
()E
có độ dài trục lớn nhỏ
nhất khi và chỉ khi
12
M
FMF
+
nhỏ nhất.
0,5
Gọi (;)Nxy là điểm đối xứng với
1
F qua
Δ
, suy ra (5;2).N
−

Ta có:
12 22
M
FMF NMMF NF+=+≥ (không đổi).

⎨⎨
⎜⎟
−+=
⎝⎠
⎩
⎪
=
⎪
⎩

0,5
Câu
IV
6,0đ 3)
2,0đ
Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt.
12
(1 2 ;2 2 ; 1 ); (3 2 ; 1 2 ; ).AAtttB Bsss∈Δ ⇒ + − − + ∈Δ ⇒ + − −
Suy ra
()
22( );32( );1( )AB st st st=+ −−− − +−
uuur
−=−
⎡
⎢
⇒=−+−+=⇒
⎢
−=−
⎣
0,5
Với
1(0;1;0)st AB−=−⇒ = − ⇒
uuur
(P) có một vtpt
1
; (0;0;1)nABi
⎡⎤
==
⎣⎦
u
ruuurr
,
suy ra
(): 0Pz=
(loại do (P) chứa trục
Ox
).
0,5
Với

0,5
Từ giả thiết suy ra :
0abc
+
+=

0,25
Ta có: ,,abc là ba nghiệm thực của phương trình ()()()0xaxbxc
−
−−=
33
30311
x
x abc x x abc⇔−− =⇔−+= + (3)

0,5
Từ đồ thị hàm số
3
31,yx x
=
−+ suy ra pt (3) có ba nghiệm thực ,,abc
khi và chỉ khi
1132 2.abc abc−≤ +≤ ⇔−≤ ≤

2abc
=
− , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2.

2abc
=