HSG Binh Phuocde xuat

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]

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 = = = 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 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 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 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  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 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 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 SABC = SDCB (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 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 bc 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 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 = = =