b Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho điểm B-3;0, C3;0 Điểm A di động trong mặt phẳng Oxy sao cho tam giác ABC thỏa mãn: độ dài đ-ờng cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán
Trang 1Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi học sinh giỏi Tỉnh lớp 12
Năm học 2006 - 2007
Môn thi: toán (bảng A)
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
a) Giải phơng trình:
3 4 2
3
2
x x
x
b) Chứng minh phơng trình: x5 – 4x2 – 4x = 1 có đúng một nghiệm và
nghiệm đó nhận giá trị dơng.
Bài 2: a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y x 3 5 x2
b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y <
Chứng minh: x3 6xsinyy3 6ysinx .
Bài 3: Giải hệ phơng trình:
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 đ-ờng tròn ( C) Biết (C) có phơng trình: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5; ABC = 900; 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 đ-ờng cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán kính đđ-ờng 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 đờng cong cố định.
-Hết -Họ và tên thí sinh SBD:
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)
Đề chính thức
Trang 2Bài 1:
(5,5đ) a.(2,5đ) - TXĐ: D = [0; +) Đặt x t 0
PT trở thành:
2 3 4 2
3
2
t t
log t
(1)
Xét f(t) =
2 3 4 2
3
2
t t
log t
với t 0
Có f '(t) =
2 3 4
1
3 2 2
t t
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 x5 = (2x + 1)2
Nếu x là nghiệm thì x5 0 x5 = (2x + 1)2 1 x 1 Với x 1 xét f(x) = x5 - 4x2 - 4x - 1
Ta có: f '(x) = 5x4 - 8x - 4; f "(x) = 20x3 - 8 > 0 với x 1
f '(x) đồng biến trên [1, +), mà f '(1) = -7;
x
Lim f '(x)
x0 (1; +) để f '(x0) = 0
Ta có bảng biến thiên:
x 1 x0 +
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 dơng đpcm
0.5
0.5 0.5 0.5
0.5
0.5 f(x0)
Trang 3Bài 2:
(6 điểm) a (3đ): TXĐ: D = 5 5 ;
Ta có: f '(x) = 3 +
2 2
2
5
5
x x
x
=
2
5
x
f '(x) = 0 3 5 x2 2 x2 5 0; x 5 5 ;
2
5 2
x
4
2
x x
x
Có f(2) = 8, f(-2) = -8, f 5 3 5, f 5 3 5
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 < sinx > 0, siny > 0
Bất đẳng thức
Xét f(t) =
3 6
sin t
với t (0; )
Có f '(t) = 2 3
2
sin t
Xét g(t) = (3t2 - 6)sint - (t3 - 6t)cost với t (0; )
Có g'(t) = t3sint > 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) Trờng hợp 1: Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0.Trờng 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:
2x2 = y(1 + x2) 2xy x y 3y3 = z(y4 + y2 +1) z.3y2 y z (vì y4 + y2 + 1 3y2) 4z4 = x(z6+ z4 + z2 +1) x.4z3 z x (vì z6 + z4 + z2 + 1 4z3) 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
Trang 4Bài 4:
(5,5 đ) a (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5
Do ABC 900 C đối xứng với A qua I C(0; -4)
có pt đờng thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0
Có SABC = 4 khoảng cách từ B đến AC là: d = 2 4
5
S
B đờng 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
8
m m
m
+ Với m = 0 pt của : 2x - y = 0 toạ độ B là nghiệm của hệ:
0
y
hoặc
6 5 12 5
x y
+ Với m = -8 Pt của : 2x-y- 8 = 0 toạ độ B là nghiệm của hệ:
4
y
hoặc
16 5 8 5
x y
Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( 6 12
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 đờng 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
.cot g = 3 (*)
mà cotg
; cot g
Từ (*) BK.CK = 3IK2 (**)
Do I là tâm đờng tròn nội tiếp K thuộc đoạn BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2
Thay vào (**) ta có: x2 + 3y2 = 9
Suy ra I thuộc đờng cong có phơng trình: x2 + 3y2 = 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