Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 27 ppt

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Môn thi: TOÁN (BẢNG A) Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: a) Giải phương trình: 3 4 2 3 log 2 2 2            x x x b) Chứng minh phương trình: x 5 – 4x 2 – 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm đó nhận giá trị dương. Bài 2: a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:   2 3 5 y x x    b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y <  Chứng minh:        3 3 6 sin 6 sin x x y y y x . Bài 3: Giải hệ phương trình:                       2 2 3 4 2 4 6 4 2 2 1 3 1 4 1 x y x y z y y z x z z z Bài 4: a) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C). Biết (C) có phương trình: (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 5; · ABC = 90 0 ; A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4. Tìm tọa độ các đỉnh B; C. b) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho điểm B(-3;0), C(3;0) Điểm A di động trong mặt phẳng Oxy sao cho tam giác ABC thỏa mãn: độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán kính đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh khi A thay đổi (vẫn thỏa mãn điều kiện bài toán) thì điểm I thuộc một đường cong cố định. HẾT Họ và tên thí sinh SBD: Đề chính thức SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Năm học 2006 - 2007 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Bảng A) BÀI NỘI DUNG ĐIỂM a.(2,5đ) - TXĐ: D = [0; +). Đặt x t   0 PT trở thành: 2 3 4 2 3 2 2 0 2 t t log t             (1) Xét f(t) = 2 3 4 2 3 2 2 2 t t log t            với t  0 Có f '(t) = 2 3 4 1 2 1 2 2 3 2 2 t t ( t ) .ln t .ln            Ta có: f '(t) > 0  t  0, 1 0 2 f        pt (1) có một nghiệm duy nhất t = 1 2 . Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 1 4 0.25 0.25 0.25 0.5 0.75 0.25 0.25 Bài 1: (5,5đ) b.(3đ): Ta có pt  x 5 = (2x + 1) 2 Nếu x là nghiệm thì  x 5  0  x 5 = (2x + 1) 2  1  x  1 Với x  1 xét f(x) = x 5 - 4x 2 - 4x - 1 Ta có: f '(x) = 5x 4 - 8x - 4; f "(x) = 20x 3 - 8 > 0 với  x  1  f '(x) đồng biến trên [1, +), mà f '(1) = -7; x Limf '(x)      x 0  (1; +) để f '(x 0 ) = 0 Ta có bảng biến thiên: x 1 x 0 + f'(x) - 0 + f(x) + -8 Dựa vào bảng biến thiên suy ra pt: f(x) = 0 có một nghiệm duy nhất và nghiệm đó có giá trị dương  đpcm. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 f(x 0 ) a. (3đ): TXĐ: D = 5 5 ;      Ta có: f '(x) = 3 + 2 2 2 5 5 x x x    = 2 2 2 3 5 2 5 5 x x x      f '(x) = 0  2 2 3 5 2 5 0 x x     ; x    5 5 ;  2 4 2 5 2 4 11 20 0 x x x           2 2 4 2 x x x         Có f(2) = 8, f(-2) = -8,   5 3 5 f  ,   5 3 5 f     Max f(x) = 8 khi x = 2; Min f(x) = -8 khi x = -2 0.25 0.5 0.25 1.0 0.5 0.5 Bài 2: (6 điểm) b. (3đ) Do 0 < x  y <   sinx > 0, siny > 0 Bất đẳng thức 3 3 6 6 x x y y sin x siny     Xét f(t) = 3 6 t t sint  với t  (0; ) Có f '(t) =     2 3 2 3 6 6 t sin t t t cost sin t    Xét g(t) = (3t 2 - 6)sint - (t 3 - 6t)cost với t  (0; ) Có g'(t) = t 3 sint > 0  t  (0; )  g(t) đồng biến trên (0; )  g(t) > g(0) = 0  f'(t) > 0 với  t  (0; )  f(t) đồng biến trên (0; ) mà x  y  f(x)  f(y) suy ra đpcm. 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 Bài 3: (3 điểm) Trường hợp 1: Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0. Trường hợp 2: Với x  0 để hệ có nghiệm thì x > 0, y > 0, z > 0 Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ có: 2x 2 = y(1 + x 2 )  2xy  x  y 3y 3 = z(y 4 + y 2 +1)  z.3y 2  y  z (vì y 4 + y 2 + 1  3y 2 ) 4z 4 = x(z 6 + z 4 + z 2 +1)  x.4z 3  z  x (vì z 6 + z 4 + z 2 + 1  4z 3 ) Vậy: x  y  z  x  x = y = z Khi đó thay vào hệ ta có nghiệm: x = y = z = 1 Hệ có 2 nghiệm: x = y = z = 0 hoặc x= y = z = 1 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 a. (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5 Do · 0 90 ABC   C đối xứng với A qua I  C(0; -4) có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0 Có S ABC = 4  khoảng cách từ B đến AC là: d = 2 4 5 S AC   B  đường thẳng   AC, cách AC một khoảng bằng d  pt của  có dạng: 2x - y + m = 0. mà   AC  khoảng cách từ A đến  bằng d Vậy 0 4 4 8 5 5 mm m          + Với m = 0 pt của : 2x - y = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:     2 2 2 0 0 1 2 5 y x x y x y                 hoặc 6 5 12 5 x y            + Với m = -8 Pt của  : 2x-y- 8 = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:     2 2 2 8 2 4 1 2 5 y x x y x y                   hoặc 16 5 8 5 x y           Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( 6 12 5 5 ;   ) hoặc (2; -4) hoặc ( 16 8 5 5 ;  ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 b. (2,5đ): Kẻ AH  BC, IK  BC, đặt AH = h, bán kính đường tròn nội tiếp là r và I(x; y). Có: h = 3r  (AB + BC + CA)r = 3BC.r  AB + CA = 2BC  sinC + sinB = 2sinA  cotg 2 2 B C .cot g = 3 (*) mà cotg 2 2 B BK C CK ; cot g IK IK   Từ (*)  BK.CK = 3IK 2 (**) Do I là tâm đường tròn nội tiếp  K thuộc đoạn BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK 2 = y 2 Thay vào (**) ta có: x 2 + 3y 2 = 9. Suy ra I thuộc đường cong có phương trình: x 2 + 3y 2 = 9 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Bài 4: (5,5 đ) Ghi chú: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa. B 0 K H C x I A y - 3 3 . SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Môn thi: TOÁN (BẢNG A) Thời gian 15 0 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: a) Giải phương trình: 3 4 2 3 log. kiện bài toán) thì điểm I thuộc một đường cong cố định. HẾT Họ và tên thí sinh SBD: Đề chính thức SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Năm học 2006 - 2007. Với x  1 xét f(x) = x 5 - 4x 2 - 4x - 1 Ta có: f '(x) = 5x 4 - 8x - 4; f "(x) = 20x 3 - 8 > 0 với  x  1  f '(x) đồng biến trên [1, +), mà f ' (1) = -7 ; x Limf