SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (3 điểm)
Cho hàm số
3 2
3 3( 6) 1 (1)y x mx m x= − + + +

1. Tìm
m
để hàm số (1) có cực trị .
2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm
m
để điểm A
(3;5)
nằm trên đường thẳng đi qua các
điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu 2: (3 điểm)
Cho các số nguyên dương a và b thỏa mãn
a b>
. Hãy so sánh hai số:
b
a
và
a
b

Câu 3: (4 điểm)
1. Cho hàm số

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M
(1; 1)−
và hai đường thẳng
1
: 1 0d x y− − =
,
2
: 2 5 0d x y+ − =
. Gọi A là giao điểm của
1
d
và
2
d
.
1. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên
1
d
, đi qua điểm M và tiếp xúc với
2
d
.
2. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm M cắt
1
d
,
2
d

3
3
3
3
3
x x y
y y z
z z x

− =

− =


− =

HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO
TẠO
THÁI BÌNH
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 06 trang)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1
Cho hàm số
3 2
3 3( 6) 1 (1)y x mx m x
= − + + +

>

0.5
Ý 2.
(2 đ)
Với
2
3
m
m
< −


>

(*) thì hàm số có cực trị và tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số
(1) là nghiệm của hệ phương trình:

( )
3 2
2
3 3( 6) 1
' 3 2 6 0
y x mx m x
y x mx m

= − + + +


= − + + =

m
d
. Vậy
( )
m
d
là đường thẳng qua
các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
0.25
Điểm M(3;5)
∈
( )
2
4
5 12 32 0
8
5
m
m
d m m
m
=


⇔ − − = ⇔

= −


Kết hợp (*) ta có m = 4 là giá trị cần tìm.

0.75
'( )f x
0
0
e
+∞
2
4
−∞
x
( )f x
ln 2
2
ln 2
2
+
+
−
−
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
•
ln ln
( ) ( )
;
< <

⇒ < ⇒ < ⇒ <

∈


a b
e a Z
•
2
2
4
3
=

=


< < ⇒ ⇒ >
 
=


∈

b a
b
b
e a a b
a
a Z
0.25
•
2
4
=

=


>

thì
<
b a
a b
• Nếu
b 1
a 2
=


=

hoặc
b 2
a 3
=


=

hoặc
b 1
a e
=


−

≠

=


=


Tính đạo hàm của hàm số tại
x 0=
.
2. Giải phương trình :
( )
( )
3
1 2 1 3 6 6x x x x− − + + = +
4.0
Ý 1.
(2 đ)
Xét giới hạn
2
0 0
( ) (0) 1 cos cos2
lim lim
0
x x
f x f x x
x x

lim lim
3
4 4 2
2 2
x x
x x
x x
→ →
   
 ÷  ÷
= + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0.75
Vậy
5
'(0)
2
f =
0.25
ĐK:
1x ≥
.
• x = 1 không là nghiệm của phương trình
0.5
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Ý 2.
(2 đ)
•

2)
6
( )
1
x
g x
x
+
=
−
có
( )
2
7
'( ) 0, 1
1
g x x
x
−
= < ∀ >
−
0.25
Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên
nghiệm
2x =
cũng là nghiệm duy nhất của (*) 0.25
Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất
2x =
0.25
Câu 4

2 3
x
f x x x
x
= − ∈ −
−
0.25

0
'( ) 0 ên (- 3; 3)
1
x
f x tr
x
=

= ⇔

= ±

0.25
( )
( ) ( )
3 3, 0 2 6 1 5f f f± = = ± =

3; 3
max ( ) 5f x
 
−
 

d
.
1.Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng
1
d
, đi qua điểm M và
tiếp xúc với đường thẳng
2
d
.
2.Viết phương trình đường thẳng
∆
qua M cắt
1
d
,
2
d
lần lượt ở B và C sao cho ba
điểm A , B , C tạo thành tam giác có BC
=
3AB.
3.0
Ý 1.
Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì
( )
1
; 1I d I a a∈ ⇒ −
0.25
(T) qua M và tiếp xúc d

13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)+ + + + + = +x y
•
( ) ( )
13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − + ⇒ − + − = = −
Phương trình (T) là :
( ) ( ) ( )
2 2 2
13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)+ − + + − = −x y
0.25
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) 0.25
Ý 2.
(1.5 đ)
Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x y 1 0 x 2
A(2;1)
2x y 5 0 y 1
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
0.25
Lấy điểm
( ) ( )
1
3;2 ∈ ≠E d E A
. Ta tìm trên d
2
điểm F (




⇔ − = ⇔ ⇔
 


=
−
 ÷


 

(Cả hai điểm F này đều thỏa mãn
≠F A
)

0.25
Vì
3
// //
3
BC AB
EF AE
BC EF EF
EF AE
BC AB
=


a , AC
=
b , AD
=
c và
·
·
·
0
BAC CAD DAB 60= = =
.
1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo
a, b, c
.
2. Cho
a, b, c
thay đổi luôn thỏa mãn
a b c 2010+ + ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
chu vi tam giác BCD.
3.0
Ý 1.
(1.5 đ)
H
A
B
C
D
E
F

BC AB AC 2AB.AC.cosBAC a b ab= + − = + −
0.25
Tương tự :
2 2 2 2
CD b c bc , DB c a ca= + − = + −
0.25
Chu vi tam giác BCD là
2 2 2 2 2 2
P a b ab b c bc c a ca= + − + + − + + −
0.25
Ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
3 1 1
a b ab a b a b a b
4 4 2
+ − = − + + ≥ +
0.25
Tương tự ta có:
( ) ( )
2 2 2 2
1 1
b c bc b c , c a ca c a
2 2
+ − ≥ + + − ≥ +
0.25
Suy ra :
P a b c 2010≥ + + ≥
.


Thay (2) vào (1) có :
3 3 3
( 3 ) 3( 3 ) (4)z z z z y− − − =
Thế (3) vào (4) ta được :
3
3 3 3 3 3 3
( 3 ) 3( 3 ) 3 ( 3 ) 3( 3 ) (*)y y y y y y y y y
   
− − − − − − − =
   
0.5
Xét
[ ]
2;2y
∈ −
, đặt y = 2cost (
[ ]
0;t
π
∈
) , ta có :
PT(*)
3
3 3 3 3 3 3
(8cos 6cos ) 3(8cos 6cos ) 3[(8cos 6cos ) 3(8cos 6cos )] 2cost t t t t t t t t
 
⇔ − − − − − − − =
 
0.5

   
∈ = ∪ =
   
   
Từ đó PT (*) có 27 nghiệm phân biệt trên đoạn
[ ]
2;2
−
là

2cos
13
k
y
π
=
với
0;12k =
và
2cos
14
l
y
π
=
với
1;14l =
0.25
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
PT (*) là PT bậc 27 nên có tối đa 27 nghiệm . Từ đó trên

13
k
x
k
y
k
z
π
π
π

=



=



=


và
9
2cos
14
2cos
14
3
2cos

biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm .
+ Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm .
+ Chấm từng phần . Điểm toàn bài không làm tròn .