Một hình trụ ngoại tiếp hình cầu đó có đáy dưới nằm trong mặt phẳng đáy của hình nón.. Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của hình nón và hình trụ..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TỈNH BÌNH THUẬN Năm học: 2011 - 2012 Đề chính thức Môn: Toán Đề này có 01 trang Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ Bài 1: (4 ñieåm) Xác định hoành độ giao điểm đồ thị các hàm số: y = 4x2 và y = (x2 – 3x + 2)( x2 – 12x + 32) Bài 2: (4 điểm) sin x 2 3cos2 x log6 2011 0 Giải bất phương trình: Bài 3: ( điểm) Tìm tất các nghiệm nguyên dương phương trình: 2(x + y) + xy = x2 + y2 Bài 4: ( điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 Chứng minh các đường chéo AB 1, BC1, CA1 các mặt bên không thể song song với mặt phẳng Bài 5: ( điểm) Chứng minh tam giác ABC ta có: p2 ab sin A bc sin B ac sin C (trong đó a, b, c là ba cạnh đối diện với ba góc A, B, C và p là nửa chu vi tam giác) -Hết - (2) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN Đề chính thức Đề này có 01 trang KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA Năm học: 2011 - 2012 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ: Bài 1: (4 ñieåm) Cho x [0;16] , hãy tìm giá trị nhỏ hàm số: 4 y 8.3 x x x 1 x Bài 2: (4 ñieåm) 21n Chứng minh với số tự nhiên n, phân số 14n là tối giản Bài 3: (4 ñieåm) Cho các số thực không âm x , y, z thỏa mãn: x y z 1 Chứng minh các bất xy yz zx xyz 27 đẳng thức: Bài 4: (3 ñieåm) Cho tứ giác ABCD Trên các cạnh AB và CD lấy các điểm M và N 1 MB AB; ND CD k k cho Tính theo k tỷ số diện tích các tứ giác AMCN và ABCD Bài 5: (5 ñieåm) Một hình cầu nội tiếp hình nón tròn xoay Một hình trụ ngoại tiếp hình cầu đó có đáy nằm mặt phẳng đáy hình nón Gọi V1 ,V2 là thể tích hình nón và hình trụ 1/ Chứng minh V1 V2 V1 2/ Tìm giá trị nhỏ tỷ số V2 Hết (3) ĐÁP ÁN VÒNG Bài 1: 4đ Hoành độ giáo điểm là nghiệm phương trình: 4x2 = (x2 – 3x + 2)( x2 – 12x + 32) 0,5 ( x 1)( x 2)( x 4)( x 8) 4 x 8 x x 4 x x .1 t x x (1), phương trình trở thành: t2 -15t + 50 = cho hai nghiệm: t = 10, t = Đặt Thay vào (1) tìm x 5 0,5 Bài 2: .4đ 2 sin x 3cos x 2sin x 3cos x 2 sin2 x log6 2011 log6 2011 3 sin x 3 Pt đã cho viết lại: 0,5 log 2 2 3sin x 2sin x t log2 3cos x log2 sin2 x t ; t t Đặt , đó: t1 log2 log2 log 2011; t [1;2] t Bất phương trình trở thành: 0,5 f (t ) t1 log2 log2 t Đặt (1 log2 3)t log2 31 log2 0; t [1;2] t log2 31 Như vậy: f(t) nghịch biến với t [1;2] Suy ra: f (t ) f (1) 4 hay f (t ) 4 log 1296 log6 2011 f '(t ) Vậy bất phương trình vô nghiệm Bài 3: 4đ Ta có: 2(x + y) + xy = x2 + y2 (x – y)2 - (x + y) + xy = 0,5 uv x u x y v x y y u v Đặt (*) .0,5 Phương trình trở thành u – 8u + 3v2 = Coi đây là phương trình bậc hai theo u ta được: 64 12v u , đó 64 – 12v2 .0,5 Vì u nguyên nên 64 – 12v2 là số chính phương, từ đó v 2 Thay giá trị này v ta có các cặp (u, v): (6, 2), (2, 2), (6, -2), (2, -2) 0,5 Từ các cặp này, thay vào (*) và thử lại ta các nghiệm nguyên dương tương ứng phương trình đã cho là: (4, 4), (4, 2), (2, 4) (4) Bài 4: .3đ AA1 a, AB b, AC c Chọn hệ3 vectơ không 0,5 sau: đồng phẳng AB1 a b, BC1 a c b, CA1 a c Ta có: 0,5 AB1 xBC1 yCA1 Hay a b x (a c b) y(a c) Xét đẳng thức vectơ : 0,5 x y 0 x 0 x y 0 ( x y 1)a ( x 1)b ( x y )c 0 0,5 AB1 , BC1 , CA1 Hệ phương trình này vô nghiệm nên các vectơ không đồng phẳng .0,5 Từ đó ta có đpcm 0,5 Bài 5: .5đ Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: (a b c)2 ab(1 cos2 A) bc(1 cos B) ac(1 cos 2C ) 0,5 a2 2(b cos A c cos2C )a b c 2bc cos 2B 0 (1) Xem đây là tam thức bậc hai theo a, ta có: ' b sin 2 A c sin 2C 2bc(cos A cos 2C cos B) 0,5 Vì cos2B = cos(2A+2C) nên: ' b2 sin 2 A c sin 2C 2bc s in2Asin2C= -(bsin2A-csin2C)2 0 , 0,5 Vậy (1) đúng từ đó ta có đpcm 0,5 ' 0 b sin A c sin 2C (2) b cos2 A a c cos 2C 0,5 Dấu ”=” xảy và hệ sau thỏa: a b cos2 A c cos 2C 2 2 2 Vì vậy: b c sin 2C a c cos 2C 2ac cos 2C .0,5 2 2 Hay a c 2ac cos B a c 2ac cos 2C Suy –cosB = cos2C hay B + 2C = 1800 = A + B + C nghĩa là A = C 0,5 Thay vào (2) ta có: bsin2A = csin2A mà sin2A đó b = c Tóm lại dấu ”=” xảy và tam giác ABC 0,5 (5) ĐÁP ÁN VÒNG Bài 1: .4ñ 4 x x x 8.3 x x 1) 0,5 Ta có y 9 (9.9 x x x = (9 X X 1) (với X 3 ) x = ( X 1)(9 X 1) 0,5 Xét hàm số g( x ) x x ( x [0;16]) , ta có: x x3 g '( x ) g '( x ) 0 x 2 x x 0; x 4 x x 16 0,5 Bằng cách lập bảng biến thiên cho hàm số g(x), ta có: 4 x x 2, x [0;16] x x 3 0,5 X , với x [0;16] 0,5 Khi đó: X x thì: y 9 ( X 1)(9 X 1) 0 0,5 Mà với X x 16 Vậy Miny = Dấu ”=” xảy Bài 2: 4đ Gọi d (d 1) là ƯCLN hai số 21n + và 14n + Ta có 21n + = kd; 14n + = md ( k, m là số nguyên dương) .1 suy ra: 7n + = (k – m)d đó: 21n + = 3(k – m)d 0,5 Vì vậy: = (21n + 4) – (21n + 3) = kd – 3(k – m)d = (3m – 2k)d Nghĩa là là tích hai số nguyên 3m – 2k và d .0,5 Điều này có thể xảy d = 3m -2k =1 0,5 Kết luận 0,5 Bài 3: 4đ Từ giả thiết ta có: x, y, z 1 0,5 Vậy xy yz zx xyz xy(1 z) xz(1 y ) yz 0 0,5 Không làm tính tổng quát bài toán, giả sử x y z , từ đó: 1 x , z , y x x y z 3z nên: 3 0,5 1 1 xz ( x z ) ( x )(z ) 3 3 0,5 Ta có (6) 1 1 )(z ) 0 xz ( x z ) ( y ) 3 3 3 Mà nên: 0,5 Mặt khác: xy yz zx xyz ( x z)y xz(1 y ) 0,5 (x 2 y2 1 (1 y )y ( y )(1 y) y ( y )2 3 9 27 3 27 0,5 Dấu ” =” xảy x = y = z = 0,5 Baøi 4: .3ñ Kẻ CH AB, AK CD 1 SACM CH AM ; SACB CH AB 2 Ta có: 0,5 S ACM AM AB BM 1 S AB AB k .0,5 ACB Suy ra: SACM (1 )SACB k 0,5 SACN (1 )SACD k Tương tự: 0,5 SACM SACN SAMCN (1 )SABCD k Khi đó: 0,5 SAMCN 1 k Vậy SABCD 0,5 K D N A C M H B Baøi 5: .5ñ 1/ Gọi h = BD là đường cao hình nón a = DC là bán kính đáy hình nón là góc đường sinh và trục hình nón r là bán kính hình cầu nội tiếp hình nón V1 Ta có thể tích hình nón: (1) r r(1 sin ) r (1 sin ) h OB OD r a tan sin sin sin và ; 0,5 3 3 r (1 sin ) sin r (1 sin ) r (1 sin )2 V1 sin3 cos2 3sin cos2 3sin (1 sin ) Thay vào (1) ta được: (7) Thể tích hình trụ: V2 2 r V1 (1 sin )2 (1 t )2 Do đó: V2 6sin (1 sin ) 6t(1 t ) , (với t = s in ; < t < 1) V1 Giả sử V2 = (nghĩa là V1 = V2), ta có phương trình: 7t2 – 4t + = Phương trình bậc hai này vô nghiệm, điều này có nghĩa là không tồn để V1 = V2 0,5 Vậy V1 V2 0,5 V1 2/ Đặt V2 = k ta có phương trình (1+ 6k)t2 + 2(1 – 3k)t + = Để pt có nghiệm thì ' (1 3k )2 (1 6k ) 0 k 0,5 V1 V Vậy giá trị nhỏ = k là .0,5 Ứng với t = sin và OB = 3r 0,5 B E O A D C (8)