Đề thi HSG môn Toán 12(có đáp án)

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

Sở 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  6xsinyy3 6ysinx .

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

Bài 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)

Bài 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

Bài 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 SABC = 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