Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số Cm cắt đường tròn tâm I 1;1 bán kính bằng 1 tại hai điểm.. phân biệt A, B sao cho diện [r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I: (4.0 điểm) Cho hàm số: y x 3mx Cm Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số m 1 Tìm tất các giá trị tham số m để đường thẳng qua cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số Cm cắt đường tròn tâm I (1;1) bán kính hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB lớn Câu II: (5.0 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau: x2 x x 1) 2) x 3 x x 3 x 10 0 3x x 1 y y x y x y x y sin 3x cos3x 2cos x 0 4 3) Câu III: (4.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB : x y 0 , phương trình đường thẳng BD : x y 14 0 , đường thẳng AC qua M (2;1) Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD Cho tam giác ABC và các điểm K; L; M nằm trên các đoạn AB, BC , AK BL CM CA cho AB BC CA Chứng minh các bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKM ; BLK ; CML thì các bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác Câu IV: (3.0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC Chứng minh khoảng cách từ trọng tâm tứ diện ABCD đến các mặt phẳng (ABC), (BCD), (CDA), (DAB) Câu V: (2.0 điểm) a3 b3 c3 a b c 2 2 c ca a Cho a, b, c Chứng minh: a ab b b bc c Câu VI: (2.0 điểm) Tìm tất các số nguyên dương n cho phần nguyên n 8n 3n là số nguyên tố (2) = = = HẾT = = = Ghi chú: Đối với thí sinh học các trung tâm GDTX thì lược giảm Câu VI Người đề: Nguyễn Hữu Hiếu Đơn vị: Trường THPT Hùng Vương Điện thoại: 01685390970 (3) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN HỌC CÂU ĐÁP ÁN Khi m 1 ta có hàm số y x 3x TXĐ: D=R Sự biến thiên x 1 y 0 y ' 3x 3, y ' 0 x y 4 Đạo hàm: lim y ; lim y x x Giới hạn: Bảng biến thiên: x y' 1 y 0.25 0.25 0.25 I.1 ĐIỂM 0.25 Hàm số đồng biến trên ; 1 ; 1; Hàm số nghịch biến trên 1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại x 1; yCD 4 Hàm số đạt cực tiểu x 1; yCT 0 0.25 Đồ thị: 10 y f(x)=x^3-3x+2 0.5 x -10 -8 -6 -4 -2 -2 -4 -6 -8 (4) I A I.2 H B Phương trình đường thẳng qua cực đại, cực tiểu là : 2mx y 0 Điều kiện để đường thẳng cắt đường tròn hai điểm phân biệt là d I , R 2m 1 m 4m 1 1 S IAB IA IB.sin AIB R 2 Dấu “=” xảy và IA vuông góc với IB Khi đó Gọi H là trung điểm AB, ta có HI HA HB R IH HB R IH 2m R 12 d I , m 2 4m 12 Kết luận: Điều kiện: x 3 Khi đó ta có: x 3 x x x x 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 m II.1 0.25 2 x 18 x 20 2 x 10 x x 10 x x 10 Bất phương trình đã cho tương đương với 0.25 (5) x2 x x 0.25 x x x x x 3 x x 3 0 x x 3 x 2 x x 3 x x x x x 6 x x 6 x x x x 34 x 108 0 0.25 x 17 181 x 34 x 108 x 17 181 0.25 KL : S 3;17 181 17 181; 3x x 1 y y x y x y x y x ; y 1 Điều kiện: II.2 0.25 1 2 (2) y x 3 y x x 0; 3x 5 Vậy ta có: y x 0 x y 0 x ; y 1 y x 0 vô nghiệm vì x y 0 y 2 x , thay vào (1) ta có: 0.25 3x x 1 x x 3x 1 3x 2 x 3 x * Xét hàm số f (t ) 2t t với t 0 ta có f ' t 4t 0, t 0 Do đó f (t ) đồng biến trên 0; Khi đó * 3x x x 4 y 12 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 Kết luận: x, y 4;12 II.3 sin 3x cos3x 2cos x 0 4 sin x cos3 x cos x sin x 0 0.25 (6) sin x sin x cos3x cos x cos x sin x 0 0.25 2sin x cos x 2sin x sin x cos x sin x 0 2sin x cos x sin x cos x sin x 0 0.25 t cos x - sin x cos x ; t 2; 4 Đặt: Ta có: 2(1 t )t t 0 2t t 0 t 1 0.25 x k 2 t 1: cos x 1 cos x x k 2 4 III.1 D 0.25 0.25 C I A M B H N Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình: 21 x x y 21 13 B ; 5 x y 14 y 13 Gọi là đường thẳng qua M (2,1) và song song với đường thẳng AB Khi đó đường thẳng có phương trình x y m 0 (m 1) Vì M (2,1) thuộc nên m 0 Khi đó : x y 0 Gọi N là giao điểm và BD Khi đó tọa độ điểm N là 28 x x y 0 28 14 N ; 5 x y 14 y 14 nghiệm hệ phương trình 19 19 18 H ; MN ; 5 Gọi H là trung điểm MN Khi đó 10 ; Đường thẳng IH 19 19 H ; 10 , có véc tơ pháp tuyến qua 5 n MN n 2;1 Do đó IH có phương trình: 0.25 0.25 0.25 (7) 19 19 19 2 x 0 1 y 0 x y 5 10 x y 19 0 0.25 Tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình x 4 x y 19 I 7;5 2 x y 14 y 5 14 12 D ; Vì I là trung điểm BD nên 5 3 IM ; 2 Ta có: 0.25 0.25 k 1; 1 M (2;1) Đường thẳng AC qua và có véc tơ pháp tuyến nên AC có phương trình 1 x 1 y 1 0 x y 0 0.25 Tọa độ điểm A là nghiệm phương trình x y 1 x y x 3 A 3;2 y C 4;3 Vì I là trung điểm AC nên 21 13 14 12 B ; D ; A 3;2 C 4;3 Kết luận: ; 5 ; ; 5 III.2 0.25 A K M B L C Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi R1 là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKM ; BLK ; CML Ta có: KL 2 R1 sin B LM 2 R1 sin C 0.25 MK 2 R1 sin A ; AC 2 R sin B AB 2 R sin C BC 2 R sin A 0.25 (8) KL LM MK R1 Từ đó suy AC AB BC R Do đó tam giác ABC đồng dạng với tam giác LMK 0.25 Ta có S AKM S BKL SCML S ABC S KLM S ABC nên 0.25 0.25 Suy tỷ số đồng dạng LMK và ABC là A 1 KM BC a 3 Do đó 0.25 Mặt khác, theo định lý cosin tam giác ABC và AKM ta có 0.25 a b c 2bc cos A 2 2 1 2 a b c .bc.cos A 3 I 3 3 Suy 2 a c 2b D B 2 2 2 2a ; a b 2c Hoàn toàn tương tự ta có b c G Từ đó suy a b c hay tam giác ABC Vậy ba tam giác AKM ; BLK ; CML nên bán kính đường C tròn nội tiếp các tam giác Gọi I, G là trọng tâm tứ diện ABCD và tam giác BCD Ta có IG AG V 1 IBCD VIBCD VABCD VABCD 4 IV 0.25 VIABC VIACD VIABD VABCD Tương tự ta có Suy VIABC VIACD VIABD VIBCD (1) ABC = DCB SABC = SDCB (2) 3VIABC 3VIBCD d ( I ,( ABC )) d ( I ,( BCD )) S S BCD Từ (1), (2) suy ABC (3) Tương tự ta có d(I, (ABC)) = d(I, (ABD)) = d(I, (ACD)) Từ (3) và (4) suy điều phải chứng minh (4) 0.5 (9) 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: a3 b3 c3 a ab b2 b2 bc c c ca a a4 b4 c4 a a ab b b b bc c c c ca a V a b2 c a b3 c a 2b ab2 b 2c bc c 2a ca a b2 c a b2 c a b2 c a b c a b c a b2 c a b c 1 12 12 a b c a bc Đẳng thức xảy và a b c Gọi S là tập hợp các số nguyên tố Trường hợp 1: n 3k n 8n 1 A 3k 8k 3 3n 9k A 3k 8k k 3k A S k 1 n 3 VI Trường hợp 2: n 3k 0.5 0.5 0.5 a b c a b2 c a b c 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (10) n 8n 1 A 3k 2k 8k 3 3n 3 3n 3k 10k 3n A 3k 10k k 3 3k 1 0.25 A S k 0 n 1 0.25 Trường hợp 3: n 3k n 1 16 A 3k 4k 8k 3k 12k 3 3n 3n A 3k 12k 3 k 4k 2 S Kết luận: A S n 1;3 0.25 0.25 0.25 = = = HẾT = = = (11)