Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán năm 2013 (10)

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 5y x x = + − b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y < π Chứng minh: ( ) ( ) − ≤ − 3 3 6 sin 6 sinx 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 Bài 1: (5,5đ) 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 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 Lim f '(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 ) Bài 2: (6 điểm) 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 0x 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 5f = , ( ) 5 3 5f − = − ⇒ 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 b. (3đ) Do 0 < x ≤ y < π ⇒ sinx > 0, siny > 0 Bất đẳng thức 3 3 6 6x x y y sin x sin y − − ⇔ ≤ Xét f(t) = 3 6t t sin t − với t ∈ (0; π) Có f '(t) = ( ) ( ) 2 3 2 3 6 6t sin t t t cost sin t − − − Xét g(t) = (3t 2 - 6)sint - (t 3 - 6t)cost với t ∈ (0; π) Có g'(t) = t 3 sint > 0 ∀ t ∈ (0; π) ⇒ g(t) đồng biến trên (0; π) ⇒ g(t) > g(0) = 0 ⇒ f'(t) > 0 với ∀ t ∈ (0; π) ⇒ f(t) đồng biến trên (0; π) 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 Bài 4: (5,5 đ) a. (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5 Do · 0 90ABC = ⇒ 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 m m 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 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 . 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. 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. 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 Bài 1: (5,5đ) a.(2,5đ) - TXĐ: D = [0; +∞). Đặt x t=