DE HSG 12 THPT THANH HOA 2013

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C sao cho khoảng cách từ điểm I  2; 2 đến tiếp tuyến đó là lớn nhất.. Giải phương trình.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi: 15/03/2013 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh …………………… Câu I (4,0 điểm) 2x x+ Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số Cho hàm số y= Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) cho khoảng cách từ điểm I ( 2; 2) đến tiếp tuyến đó là lớn Câu II (4,0 điểm) Giải phương trình sin x.sin x  cos3 x.cos x    tan( x  ).tan( x  ) (1  42 x  y )51 x  y 1  22 x  y 1  ( x, y  ) x y  ln x   ln y  ,      Giải hệ phương trình  Câu III (4,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z 3 Chứng minh : x  y  z y  z  x z  x  y   2 xyz  yz  zx  xy Tìm các giá trị thực tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực  x  mx  0  x x x  x 1 0 4  3.2 Câu IV (4,0 điểm) 1 x  x Cho khai triển 15   x14  a0  a1 x  a2 x   a210 x 210 15 15 15 14 15 13 Chứng minh rằng: 15 15 C a  C a  C a   C a  15 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G (1; 2) Phương trình đường tròn qua trung điểm hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC tam giác ABC là ( x − )2+ ( y+ )2=25 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu V (4,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân C, cạnh đáy AB  2a và ABC 300 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ', biết khoảng cách hai a đường thẳng AB và CB ' 2 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -2; -3), B(-6; 10; -3) Viết phương trình mặt phẳng (P) cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) 15 và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Đề chính thức Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang ) Câu Ý I Nội dung Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (4.0)  Tập xác định:  Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận:  C  2,00 D  \   2 lim y 2, lim y 2 x   x   0,50 , tiệm cận ngang: y = 2, lim y , lim y   x   2 y' Chiều biến thiên: Điểm x   2  x  2  0, x  D 0,50 Hàm số đồng biến trên các khoảng Bảng biến thiên: x y’ ; tiệm cận đứng: x    ;   và     2;   2     0,50 y y 0,50 Đồ thị : I -2 x Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-2; 2) làm tâm đối xứng Viết phương trình tiếp tuyến 2,00 Gọi x0  là hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến cần tìm Khi đó phương trình tiếp là: :y   x0   x x0   x0 4  x  x0   y   0  x0  x0   x0   4 (  x0 )    ( x0  2) x0  Ta có d ( A; )   8 ( x0  2) ( x0  2)2 16 1 ( x0  2)  8 ( x0  2) 16 1 ( x0  2) 0,50 0,50 2 0,50  x0   Dấu đẳng thức xảy và :  x  16    x0 0 Với x0   y0 4  1 : y x  0,50 Với x0 0  y0 0   : y  x II (4.0) sin x.sin x  cos3 x.cos x    tan( x  ) tan( x  ) Giải phương trình:    sin( x  ) 0  cos( x   ) 0     sin( x  ) 0    cos( x  ) 0 *ĐK:  (1) 2,00 0,50   * Ta có: tan( x  ) tan( x  )  * Nên: (1)  sin x.sin x  cos x.cos x   sin x.s inx.sin x  cos x.cos x.cos x  0,50 1   (1  cos x) (cos4x - co s x)  cos x (cos4x + co s x)  2 1  cos x cos x - cos x  cos x   cos x (2 cos x  1)  cos x  4  cos4 x.cos2 x  cos2 x  0,25  4(2 cos 2 x  1)cos2 x  4.cos2 x  0  8cos x 1 0,25   x   k   cos2 x     x    k  0,25 (k  ) Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình là: x    k ( k  ) 0,25 (1  42 x  y )51 x  y 1  22 x  y 1 (1)  x y ln  x  3  ln  y  3 (2)  Giải hệ phương trình :  ( x , y  ) 2,00 Đ/k x   và y   t Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành: t 1 t (1  ).5 1  t 1  4t  2t 1  t  5 0,25 t 1  4         2t  5  5 5 (3) t  1  4 f (t )       5  5 Ta có hàm số 0,25 t g (t )   2t 5 nghịch biến và hàm số đồng biến trên , 0,50 mà t = thỏa mãn (3), nên t = là nghiệm phương trình (3)  x  y 1 Ta có (2)  x  ln( x  3)  y  ln( y  3) (*) Xét hàm số: y  f (t ) t  ln(t  3), t   3, (*)  f ( x)  f ( y) 0,50 Ta có: f '(t )  t1 , f '(t ) 0  t 1 t 3 BBT: -3 t - +  f’(t) f(t) Với x 1  y 1, ta có x  y 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho Từ x  y 1  y  x x  Với x 1 ta có: Khi x   y  x   f ( y )  f ( x) Khi x   y  x   f ( y )  f ( x) Suy với x  ( 3; ) \  1  2 x  y 1, 0,50 ta luôn có f ( y )  f ( x)  x 1  Vậy hệ đã cho có nghiệm  y 1 III Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z 3 (4.0) x y  z Chứng minh (1)  Cách  yz  y  z  x  zx  z  x  y  xy yz zx xy   2 yz (4  yz ) zx (4  zx) xy (4  xy ) yz yz   yz (4  yz ) yz (4  yz ) yz (4  yz ) Ta có : Đặt 2 xyz t  yz ,  t   t 4    4t  t  16t  4t 3 Ta có : 4t  t  3  (t  1) (t  2t  9) 0 t   0;   2 (1) (2) 2,00 0,25 0,25 1,00  yz  yz   yz (4  yz ) yz (4  yz ) Suy : Chứng minh tương tự ta có :  xy  zx  zx  x y   zx (4  zx) 9 ; xy (4  xy ) Từ đó suy : VT (2)  (1)  Cách Ta có 0,50  2( xy  yz  zx )  24  2( x  y  z )  24  2 9 (đpcm) yz zx x y   2 yz (4  yz ) zx (4  zx) xy (4  xy ) (2) 0,50 yz yz   yz (4  yz ) yz (4  yz ) yz (4  yz ) Ta có :   yz  yz   yz  Mà 2 yz 1 yz  suy : yz  yz (4  yz ) yz   yz 2 yz   2 yz  1,00   1 18 VT (2) 2       yz  zx  xy   xy  yz  zx    18 2 6x yz (đpcm)  x  mx  0  x  3.2 x  x  Tìm m  0,50 (1) x 1 0 (2) 2,00 Đ/k: x 0 x x x Bất phương trình (2)  (2 )  3.2  4.2   2x   x x   x  4.2 x  0  x  4.2 x 0 x 0  x x 2 x  0   x 2  x 4 Đối chiếu ĐK  x 4 (*) x   0;  Hệ bất phương trình có nghiệm  x  3mx  0 có nghiệm 0,25 0,50 0,25 0,25 Với x 0 thì (1) không thỏa mãn Với  x 4 0,25 (1) có nghiệm thỏa mãn  m min g ( x )  0;4 Suy IV (4.0) x   0; 4  m x2  1 x   3 x 1   0; 4 x x mà , dấu xảy và g ( x) g (1) 3  0;4 1 x  x Cho khai triển 15 15 0,25 0,25 Vậy m 3 là giá trị cần tìm 15   x14  a0  a1 x  a2 x   a210 x 210 1 x Nhân hai vế (1) với  15 (1) 210 15  15 15 k   x   x       ak x  ,  k 0  ta i   x15   C 15( 1)i x15i Ta có g  x  x   0; 4 x có nghiệm 2,00 (2) 0,50 (3) i 0 0,50 15   15 Hệ số x khai triển (3) là : C 15 (4) 210   x    ak xk   C150  C151 x  C152 x   C1515 x15   a0  a1 x  a2 x   a210 x 210  15  k 0  (5) 15 Thực phép nhân đa thức ta hệ số x khai triển (5) là : 0,25 0,50 C150 a15  C151 a14  C152 a13   C1515a0 (6) Từ (2), (4) và (6) ta C 15 15 a  C 15 14 a  C 15a13   C 15 15 a  15 (đpcm) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 0,25 2,00 2 Gọi ( ) là đường tròn có phương trình ( x − ) + ( y+ ) =25 có tâm I (3;  2) bán kính R 5 Gọi D, E, F là trung điểm các cạnh BC, CA, AB và H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC Gọi L là trung điểm đoạn HD, K là giao điểm EF và AD, suy K là trung điểm EF và AD (1) 1,00 Suy KL là đường trung bình tam giác ADH  KL  HD KL / / AH   (2) KL  EF  Suy Như từ (1) và (2) suy H, D, E, F A là bốn đỉnh hình thang cân Suy ( ) qua trung điểm ba cạnh F K E B C H L D tam giác ABC Cách   GA  2GD    GB  2GE    GC  2GF Ta có :  suy phép vị tự tâm G tỉ số k = -2, biến tam giác DEF thành tam giác ABC 0,50 và đó biến đường tròn ( ) thành đường tròn ( ') ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính R’ = 2R = 10, có tâm I’(x ;y) thỏa mãn :    x  GI '  2GI    I ( 3;10)  y 10 0,50 2 Vậy ( ') :( x  3)  ( y  10) 100 3xG  x A  xB  xC  x A  xB 3xG  xC   y  y A  y B  yC  y A  yB 3 yG  yC và Cách Ta có  G  xF  x A  x B   yF  y A  y B ,  xC  xF  2  x  x  x  F    xC    yC  G C    3     25      2 yF 3 yG  yC  y   yC F  đó 0,50  ( xC  3)  ( yC  10) 100 (3) 2 Tương tự, tọa độ A, B thỏa mãn phương trình ( x  3)  ( y  10) 100 (4) 0,50 Từ (3) và (4), suy pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x  3)  ( y  10) 100 Ghi chú : Nếu học sinh chứng minh bốn điểm H, D, E, F nằm trên đường tròn ( ) phụ thuộc vào dạng tam giác ABC mà không xét hết trường hợp trừ 0,25 điểm V Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 2.00 (4.0) A' C' N B' H 0,25 C A M B Gọi M, N là trung điểm AB và A'B' Kẻ MH  CN ( H  CN ) Tam giác CAB cân C suy AB  CM Mặt khác AB CC’  AB  (CMNC ')  A ' B '  (CMNC ')  A ' B '  MH  MH  CN  MH  (CA ' B ')  MH  A ' B '  Như 0,50 Ta có: AB / /(CA ' B ')  d ( AB, CB ') d ( M , (CA ' B ') MH 0,50 Tam giác BMC vuông M, suy CM BM tan 300  a 0,25 Tam giác CMN vuông M, có MH là đường cao  1     2  MN a 2 MH MC MN a a MN 0,25 a a3 VABC A ' B 'C ' S ABC MN  2a .a  3 Từ đó 0,25 Viết phương trình mặt phẳng (P) 2.00 Giả sử ta xác định mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán Gọi H, K là hình chiếu A, B trên (P)  d  A, ( P)   AH 15  d  B, ( P)  BK 2 Ta có :  0,50 Mà 13 15  12  AH  BK  AB 13 (1) Như dấu đẳng thức (1) phải xảy  15   AH  BH   H  K Điều đó tương đương với H K  ( P )  AB điểm H thỏa mãn  0,50 15   x   ( x  6)  15    y   ( y  10)   15   z   ( z  3) H ( x ; y ; z )  Gọi  88   x  13  154    88 154   K H  ; ;  3 y  13  13 13   z      Vậy phương trình mặt phẳng (P) là mặt phẳng qua H nhận AB ( 5;12;0) làm vtpt, nên có phương trình ( P) : 65 x  156 y  2288 0 Cách Ta có và d  A, ( P )  15  ( P ) d  B, ( P )  2  ( P ) tiếp xúc với mặt cầu S1 tâm A bán kính R1 15 tiếp xúc với mặt cầu S2 tâm B bán kính R2 2 Ta lại có AB 13 15  12 R1  R2 , suy ( S2 ) nằm ( S1 ) và hai mặt cầu đó tiếp xúc với nhau, đồng thời mặt phẳng (P) cần tìm qua tiếp điểm và vuông góc  với AB (  5;12;0) 0,50 0,50 0,50 0,50   15 AH  BH Tiếp điểm H hai mặt cầu S1 , S2 thỏa mãn 15   x   ( x  6)  15    y   ( y  10)   15  z   ( z  3)   Gọi H ( x; y; z )  88   x  13  154    88 154   H ; ;  3 y  13  13 13    z    Vậy phương trình ( P) : 65 x  156 y  2288 0 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu đáp án đúng thì cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải thống thực tổ chấm 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn 0,50 0,50