Đề thi học sinh giỏi khối 12 môn thi: toán50194

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức Mơn thi: TỐN (BẢNG A) Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: a) Giải phương trình: 3 x  log  x    2  x 2 b) Chứng minh phương trình: x5 – 4x2 – 4x = nghiệm nhận giá trị dương có nghiệm  Bài 2: a) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y  x   x  b) Cho số thực x; y thỏa mãn: < x ≤ y <  3 Chứng minh:  x  x  sin y   y  y  sin x Bài 3: Giải hệ phương trình:     2 x  y x    3 y  z y  y   4 z  x z  z  z    Bài 4: a) Trong mặt phẳng tọa độ Đề vng góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp ฀ đường trịn (C) Biết (C) có phương trình: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5; ABC = 900; A(2;0) diện tích tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh B; C b) Trong mặt phẳng tọa độ Đề vng góc Oxy cho điểm B(-3;0), C(3;0) Điểm A di động mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC thỏa mãn: độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC lần bán kính đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC Chứng minh A thay đổi (vẫn thỏa mãn điều kiện tốn) điểm I thuộc đường cong cố định -HẾT Họ tên thí sinh SBD: DeThiMau.vn KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Năm học 2006 - 2007 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (Bảng A) -NỘI DUNG BÀI Bài 1: (5,5đ) a.(2,5đ) - TXĐ: D = [0; +) Đặt ĐIỂM x t 0 0.25   t2 t  20 PT trở thành: log  t     2 (1)   t2 t   với t  Xét f(t) = log  t     2 0.25 t2 t  Có f '(t) =  (2t  1)2 ln  3  t   ln  2 0.5 1 2 Ta có: f '(t) >  t  0, f    0.75 pt (1) có nghiệm t = 0.25 Vậy pt cho có nghiệm x = 0.25 b.(3đ): Ta có pt  x5 = (2x + 1)2 Nếu x nghiệm  x5   x5 = (2x + 1)2   x  Với x  xét f(x) = x5 - 4x2 - 4x - Ta có: f '(x) = 5x4 - 8x - 4; f "(x) = 20x3 - > với  x   f '(x) đồng biến [1, +), mà f '(1) = -7; Lim f '(x)   x    x0  (1; +) để f '(x0) = Ta có bảng biến thiên: x f'(x) - 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 x0 + + + f(x) -8 f(x0) Dựa vào bảng biến thiên suy pt: f(x) = có nghiệm nghiệm có giá trị dương  đpcm DeThiMau.vn 0.5 0.5 Bài 2: a (3đ): TXĐ: D =   5;    (6 điểm) Ta có: f '(x) = + 0.25 5x  x2  x2 =  x  2x    x2  f '(x) =   x  2x   ; x   5;   x  x    x2     x  2 4x  11x  20   Có f(2) = 8, f(-2) = -8, f  5    , f   3  Max f(x) = x = 2; Min f(x) = -8 x = -2 b (3đ) Do < x  y <   sinx > 0, siny > x  6x y  6y Bất đẳng thức   sin x sin y t  6t Xét f(t) = với t  (0; ) sin t  3t   sin t   t  6t  cost Có f '(t) = sin t Xét g(t) = (3t2 - 6)sint - (t3 - 6t)cost với t  (0; ) Có g'(t) = t3sint >  t  (0; )  g(t) đồng biến (0; )  g(t) > g(0) =  f'(t) > với  t  (0; )  f(t) đồng biến (0; ) mà x  y  f(x)  f(y) suy đpcm Bài 3: Trường hợp 1: Với x = hệ có nghiệm x = y = z = (3 điểm) Trường hợp 2: Với x  để hệ có nghiệm x > 0, y > 0, z > Giả sử (x, y, z) nghiệm hệ có: 2x2 = y(1 + x2)  2xy  x  y 3y3 = z(y4 + y2 +1)  z.3y2  y  z (vì y4 + y2 +  3y2) 4z4 = x(z6 + z4 + z2 +1)  x.4z3  z  x (vì z6 + z4 + z2 +  4z3) Vậy: x  y  z  x  x = y = z Khi thay vào hệ ta có nghiệm: x = y = z = Hệ có nghiệm: x = y = z = x= y = z = DeThiMau.vn 0.5 0.25 1.0 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 Bài 4: a (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = (5,5 đ) ฀ Do ABC  900  C đối xứng với A qua I  C(0; -4) có pt đường thẳng AC là: 2x - y - = Có SABC =  khoảng cách từ B đến AC là: d = 2S  AC  B  đường thẳng   AC, cách AC khoảng d  pt  có dạng: 2x - y + m = mà   AC  khoảng cách từ A đến  d Vậy 4m  m    m  8 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 + Với m = pt : 2x - y =  toạ độ B nghiệm hệ:  x  y  2x x      2  x  1   y    y  y   12  0.5 + Với m = -8 Pt  : 2x-y- =  toạ độ B nghiệm hệ:  16 x  x  y  2x     2 y   x   y         y    12 ) 5 16 (2; -4) ( ; ) 5 0.5 Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: (0; 0) (  ;  b (2,5đ): Kẻ AH  BC, IK  BC, đặt AH = h, bán kính đường trịn nội tiếp r I(x; y) y Có: h = 3r  (AB + BC + CA)r = 3BC.r  AB + CA = 2BC  sinC + sinB = 2sinA A B C cot g = (*) 2 B BK C CK mà cotg  ; cot g  IK IK  cotg I -3 B Từ (*)  BK.CK = 3IK2 (**) Do I tâm đường tròn nội tiếp  K thuộc đoạn BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2 Thay vào (**) ta có: x2 + 3y2 = Suy I thuộc đường cong có phương trình: x2 + 3y2 = Ghi chú: Học sinh giải cách khác mà cho điểm tối đa K H C x DeThiMau.vn 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ...KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Năm học 2006 - 2007 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (Bảng A) ... '(x0) = Ta có bảng biến thi? ?n: x f'(x) - 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 x0 + + + f(x) -8 f(x0) Dựa vào bảng biến thi? ?n suy pt: f(x) = có nghiệm nghiệm có giá trị dương  đpcm DeThiMau.vn 0.5 0.5 Bài 2:... x2 + 3y2 = Suy I thuộc đường cong có phương trình: x2 + 3y2 = Ghi chú: Học sinh giải cách khác mà cho điểm tối đa K H C x DeThiMau.vn 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25