Trang 1/5 Câu Đáp án Điểm 1 (5.0 điểm) 1. (3.0 điểm) Xác định m … Hoành độ giao điểm của d và m (C ) là nghiệm của phương trình: 2 1 3 2 3 3 1 3 3 1 0 1 x x m x m m mx g(x) x mx ( )                 do 0 m  d cắt m (C ) tại hai điểm phân biệt 1 ( )  có hai nghiệm phân biệt khác 1 / m  2 2 1 3 0 1 0 9 12 0 0 g m m m                           (luôn đúng) Vậy d luôn cắt m (C ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0. 1.0 Giả sử 3 3 3 3 A A B B A(x ; x m),B(x ; x m)   với A B x ,x là hai nghiệm của (1) Do đó: A B x x m   và 1 3 A B x x / .   Ta có: 2 2 2 3 3 10 B A B A B A AB (x x ) ( x x ) (x x )       2 2 40 10 40 10 3 A B A B (x x ) x x m     Suy ra: 2 3 1 1 40 10 2 2 3 10 OAB m S d(O;AB).AB m        1.0 Mặt khác ta có: 0 0 3 C(m; ),D( ; m)  với 0 m  . Tam giác OCD vuông tại O 1 1 3 2 2 OCD S OC.OD m . m      0.5 2 3 1 40 2 10 3 2 3 10 OAB OCD m S S m m . m           2 40 2 10 2 10 3 3 m m m        0.5 2. (2.0 điểm) Chứng minh rằng đồ thị hàm số có ba điểm cực trị … TXĐ: 3 2 4 2 2 2 D ;y ' x ax x( x a)       Hàm số có ba điểm cực trị 0 y '   có 3 nghiệm phân biệt 0 a (* )   0.5 Khi đó: 2 0 0 0 2 4 x y y ' a a x y                 Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là: 2 2 0 0 2 4 2 4 a a a a A( ; ), B ; , C ;                      Ta có: 4 2 2 16 2 2 a a a AB AC ; BC a        0.5 Do tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC là một tam giác nhọn khi và chỉ khi  A nhọn  2 2 2 0 0 cosA AB AC BC       0.5 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015 Môn: TOÁN; Khối 12 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Trang 2/5 4 2 0 8 a a a     3 0 8 0 2 2 a a(a ) a a              (thỏa mãn (*)) (đpcm) 0.5 2 (5.0 điểm) 1. (2.5 điểm) Giải phương trình: PT 2 2 2 3 2 1 4 2 2 2 1 0 cosx cos x sinx( cosx ) cos x cosx ( cos x )         2 1 3 2 1 2 2 2 1 0 cosx( cosx ) sinx( cosx ) cos x( cosx )        2 1 3 2 2 0 ( cosx )(cosx sinx cos x)      1 2 2 2 3 3 2 2 cosx x k cosx sin x cos x (* )                 1.5 Giải (*) 1 3 2 2 2 2 3 cosx sinx cos x cos x cos x              2 2 2 3 3 2 2 2 3 9 3 x x k x k k x x k x                                   1.0 2. (2.5 điểm) Giải hệ phương trình: Điều kiện: x,y   . PT(1)     2 2 2 3 3 2 9 9 2 2 6 6 9 9 y y x x x y x y ln ln x x                 3 3 2 2 2 2 6 9 6 9 x y x y ln y y ln x x               3 2 3 2 2 6 9 2 6 9 x x ln x x y y ln y y           0.5 Xét hàm số:   3 2 2 6 9 f (t) t t ln t t      với t   2 2 2 2 6 2 2 3 2 3 3 9 9 f '(t) t t t t                  Xét hàm số: 2 2 3 9 g(u) u u     với 0 u  3 3 1 1 1 1 0 9 9 g'(u) (u )         Hàm số g(u) đồng biến trên 0 0 0 [ ; ) g(u) g( )     Suy ra: 2 3 0 f '(t) g(t )    Hàm số f(t) đồng biến trên .  Mà 1 ( ) f(x) f(y) x y     1.0 Thay x y  vào PT (2) ta được: 3 3 3 3 34 3 1 34 3 1 x x x x            3 3 3 34 3 3 34 3 34 3 1 x x (x )( x) x x            3 2 3 37 3 34 3 1 31 102 12 (x )( x) x x          2 2 61 31 102 1728 31 1830 0 30 x x x x x x                0.5 Thử lại ta thấy 61 30 x ; x    là nghiệm của phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: 30 30 61 61 ( ; ),( ; ).   0.5 Trang 3/5 3 (3.0 điểm) Tìm tọa độ giao điểm … Gọi M AI BC.   Giả sử 0 AB x (x ),   R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Do tam giác ABC đều nên 2 2 3 3 3 2 4 4 ABC x x S x       1.0 Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiệp và nội tiếp tam giác ABC 1 1 3 3 3 3 3 r IM AM      Giả sử 1 2 2 1 I( a ;a) d (a )    Do 2 d tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: 2 d(I;d ) r  6 2 6 3 2 2 3 6 3 1 3 6 6 6 3 3 9 9 2 ( a ) a a (loaïi) a a (tm)                     Suy ra: 2 2 I( ; ) 1.0 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính 2 2 3 3 3 R AM   phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là: 2 2 4 2 2 3 (x ) (y )     Tung độ giao điểm của 1 d và (C) là nghiệm của phương trình: 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 3 15 ( y ) (y ) (y )         2 4 2 2 15 15 y x      Vậy tọa độ giao điểm của 1 d và (C) là: 2 4 2 4 2 2 2 2 15 15 15 15 ; , ;                 1.0 4 (3.0 điểm) Tìm  để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất. S A B C D H M φ 2 2 2 HM (a h ) /    và 2 2 2 BC (a h )   1.0 Tam giác SHM vuông tại H nên 2 2 2 HM a h tan SH h     2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 a h tan a h h ( tan ) a h tan             Suy ra:   2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 1 2 a tan BC a h h tan tan         1.0 Do hình chóp đều nên H là giao điểm của AC và BD. Gọi M là trung điểm của CD  CD  (SHM)  (SHM)  (SCD)  SM là hình chiếu của SH lên mặt phẳng (SCD) . Vậy  HSM   với 0 2     Đặt 2 2 2 SH h HC a h     Trang 4/5 Vậy 3 2 2 2 3 1 1 4 3 3 1 2 S.ABCD a tan V SH.BC ( tan )       Đặt 2 1 2 t tan    với 3 2 1 2 1 1 2 3 S.ABCD t a t t ( ; ) tan V t t           Xét hàm số: 3 2 1 3 a t f (t) t t    trên 1 ( ; )  3 3 3 2 3 1 2 3 0 3 3 3 2 t t t(t ) a a ( t) f '(t) ; f '(t) t t t t                 Bảng biến thiên: Vậy 3 1 4 9 3 S.ABCD ( : ) a V max=max f (t)   khi 3 1 45 o t tan .        1 3  f’(t) + 0  f(t) f(3) 0 0 1.0 5 (3.5 điểm) 1. (1.5 điểm) Tính … Ta có: 2014 0 1 2 2 2013 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 1 ( x) C C x C x C x C x         2014 0 1 2 2 3 2013 2014 2014 2015 2014 2014 2014 2014 2014 1 x( x) C x C x C x C x C x          0.5 Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2014 2013 1 2014 1 ( x) ( x) .x    0 1 1 2 2 2013 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2 3 2014 2015 C C x C x C x C x        0.5 Lấy 1 x  ta được: 2014 2013 0 1 2 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2 2014 2 2 3 2014 2015. C C C C C        2014 2013 2014 2 2014 2 1008 2 . S S .     0.5 2. (2.0 điểm) Có bao nhiêu số … Số phần tử của không gian mẫu là: 5 9 .   Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là 3 9 C Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: 0.5 ▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách. Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có: 3 5 C cách. Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách.  Số các số thỏa mãn TH1 là: 3 5 3 2 60 .C .  (số) 0.5 ▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách. Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có: 2 5 C cách. Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có: 2 3 C cách. Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách.  Số các số thỏa mãn TH2 là: 2 2 5 3 3 1 90 .C .C .  (số) 0.5 Do đó: 3 9 90 60 A ( ).C    Vậy 3 9 5 90 60 0 213 9 A ( ).C P(A) ,       0.5 Trang 5/5 6 (1.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của k … Ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x y y z z x P y z x             2 2 2 1 1 1 1 1 1 x y z x y z                   (1) 0.5 Mà: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x y y z z x y z x                  2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1x y z x y y z x z                                  2 2 2 1 1 1 2 x y z ( ) xy yz xz       Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 P ( ) x y z xy yz zx x y z                0.5 Ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 4 ( ) xy yz zx x y z       2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 x y z xy yz zx x y z                      (5) 0.5 Từ (3), (4), (5) suy ra: 3 1 2 3 1 P .      Vậy GTNN của P là 3 1 .  Dấu “=” xảy ra khi 3 x y z .    0.5 . khi và chỉ khi  A nhọn  2 2 2 0 0 cosA AB AC BC       0.5 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015 Môn: TOÁN;. Tính … Ta có: 2014 0 1 2 2 2013 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 1 ( x) C C x C x C x C x         2014 0 1 2 2 3 2013 2014 2014 2015 2014 2014 2014 2014 2014 1 x( x) C x. ta được: 2014 2013 1 2014 1 ( x) ( x) .x    0 1 1 2 2 2013 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2 3 2014 2015 C C x C x C x C x        0.5 Lấy 1 x  ta được: 2014 2013