Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o thanh ho¸ TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI Năm học: 2009-2010 Môn thi: To¸n LỚP : 12 THPT Ngày thi: 23/10/2009 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1:1. Lập bảng biến thiên của hàm số 22 2 − + = x xx y .Sử dụng bảng biến thiên biện luận theo m số nghiệm của phương trình . 22 2 m x xx = − + 2.Giải bất phương trình 4 211 2 x xx −≤−++ Bài 2: 1. Tìm a, b để hệ phương trình      =− =− bxy ayx 2 2 1 1 có nghiệm 2. Giải phương trình sinx – 2sin2x – sin3x = 22 Bài 3: 1. Cho bốn biến số a, b , c , d nhận bốn giá trị khác nhau trong tập{14; 15; 11; 2009}. Đặt M = 2222 )()()()( addccbba −+−+−+− Tìm giá trị của các biến a, b, c, d sao cho biểu thức M nhận giá trị nhỏ nhất. 2. Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng 2 tan; 2 tan; 2 tan CBA lập thành một cấp số cộng theo thứ tự trên khi và chỉ khi CBA cos;cos;cos cũng theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Bài 4: 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = R 2 và một điểm M(x 0 ;y 0 ) nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT 1 và MT 2 tới đường tròn (T 1 , T 2 là hai tiếp điểm). a.Viết phương trình đường thẳng T 1 T 2 . b. Giả sử M chạy trên đường thẳng (d) cố định,không cắt đường tròn (C). Chứng minh rằng khi đó các đường thẳng T 1 T 2 luôn đi qua một điểm cố định. 2. Trên mặt phẳng (P) cho hai tia ox; oy vuông góc với nhau.Trên đường thẳng (d) vuông góc với (P) tại O lấy một điểm S sao cho SO = a (a là hằng số dương). M, N lần lượt là hai điểm chuyển động trên hai tia ox, oy sao cho luôn có OM + ON = a. Tìm quĩ tích tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN. Chứng minh rằng khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất thì mặt cầu ngoại tiếp của nó có bán kính nhỏ nhất. Bài 5. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước tồn tại không quá một số tự nhiên 1 −≤ nk sao cho 1+ = k n k n CC . Hết Số báo danh TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHON ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2009-2010 Môn Toán –Lớp 12 THPT Bài câu Bài giải Biểu điểm B1(6đ) 1(3đ) Lập bảng biến thiên của hàm số 22 2 − + = x xx y .Sử dụng bảng biến thiên biện luận theo m số nghiệm của phương trình . 22 2 m x xx = − + Lời giải Tập xác định R \ { } 1 ( )        < − ++− = > − −− = =⇒        < − + = > − + = = 1 )22( 242 1 22 242 1 22 1 22 2 2 , 2 2 2 , 1 , 2 2 2 1 xKhi x xx y xkhi x xx y y xKhi x xx y xkhi x xx y y 210,210 , 2 , 1 −=⇔=+=⇔= xyxy +∞= ±∞→x lim , +∞=−∞= +− →→ yy xx 11 lim,lim Bảng biến thiên + ∞ y y ' y 2 ' y 1 ' x 3 2 + 2 3 2 - 2 + + - - 0 0 0 0 - - + + 1 1+ 2 1- 2 + ∞ + ∞ + ∞ + ∞ - ∞ Biện luận: + 2 2 3 −−<m Phương trình vô nghiệm. + 2 2 3 −−=m Phương trình có 1 nghiệm. + - 2 2 3 2 2 3 +<<− m Phương trình có 2 nghiệm. + m = 2 2 3 + Phương trình có 3 nghiệm. + m > 2 2 3 + Phương trình có 4 nghiệm. 1,0 1,0 1,0 2(3đ) Giải bất phương trình 4 211 2 x xx −≤−++ Lời giải: Điều kiện: 1≤x Bất phương trình đã cho tương đương với phương trình )11(2) 16 1( 16 4122 2 2 2 4 22 x x x x xx −−≤−⇔+−≤−+ Nhân cả hai vế của phương trình với 011 2 >−+ x ta có 2 2 2 11)( 16 1( x x x −+− ) 2 2x≤ Nhận thấy bất phương trình nghiệm đúng với x = 0 (1) Với 0≠x chia hai vế của bất phương trình cho x 2 ta được 2)11)( 16 1( 2 2 ≤−+− x x Vì 2111 16 10 2 2 <−+<−< xvà x với { } 2)11)( 16 1(0\]1;1[ 2 2 <−+−⇒−∈∀ x x x Vậy { } 0\]1;1[−∈∀x đều là nghiệm của bất phương trình đã cho (2) Từ (1) và (2) suy ra nghiệm bất phương trình đã cho là ]1;1[−∈x 0,5 0,5 0,5 1,0 0,5 B2(3đ) 1(1đ) Tìm a, b để hệ phương trình      =− =− bxy ayx 2 2 1 1 có nghiệm Lời giải: +Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm là );( 00 yx tức là có      =− =− )2(1 )1(1 2 00 2 00 bxy ayx Nhận thấy 11 00 ≤≤ yv àx Đặt    = = β α sin sin 0 0 y x với 2 , 2 π βα π ≤≤− Từ (1) và (2) ta có ( ) βααββααββα +=+=+=+ sin(cossincossincossincossinba 1≤+⇒ ba (3) Vậy (3) là điều kiện cần để hệ đã cho có nghiệm. + Điều kiện đủ: Với 1≤+ ba Ta đăt    = = β α sin sin y x với 2 , 2 π βα π ≤≤− hệ phương trình đã cho trở thành    = = b a αβ βα cossin cossin (*) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi hệ (*) có nghiệm. Hệ (*) tương đương với hệ    −=− +=+ ba ba )sin( )sin( βα βα (**) 0,5 mà 11 ≤+≤−≤+≤+ babavàbaba suy ra hệ (**) chắc chắn có nghiệm (m ; n) tức là    =− =+ n m βα βα (***) Do hệ (***) là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn số có định thức D = 02 11 11 ≠−= − nên hệ (***) có nghiệm suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm Vậy 1≤+ ba là điều kiện cần và đủ để hệ phương trình đã cho có nghiệm 0,5 2(2đ) Giải phương trình sinx – 2sin2x – sin3x = 22 Lời giải: Ta có phương trình sinx – 2sin2x – sin3x = 222sin2)3sin(sin22 =−−⇔ xxx 22sin2cossin −=+⇔ xxx (1) Để phương trình (1) có nghiệm điều kiện cần là 2)2(1sin 22 =−≥+x Mà Rxx ∈∀≤+ ,21sin 2 suy ra điều kiện cần để (1) có nghiệm là )(, 2 1sin21sin 22 Zkkxxx ∈+=⇔=⇔=+ π π Với )(, 2 Zkkx ∈+= π π thì phương trình đã cho có vế trái là )3 2 3 sin()2sin(2) 2 sin( π π πππ π kkk +−+−+ bằng 2 nếu k chẵn và bằng -2 nếu k lẻ Vì vậy Zkkx ∈+= (, 2 π π ) không phải là nghiệm của phương trình đã cho Suy ra phương trình vô nghiệm. 1,0 1,0 B3(3đ) 1(1đ) Cho bốn biến số a, b , c , d nhận bốn giá trị khác nhau trong tập{14; 15; 11; 2009}. Đặt M = 2222 )()()()( addccbba −+−+−+− Tìm giá trị của các biến a, b, c, d sao cho biểu thức M nhận giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Ta có M = ))((2)(2 2222 dbcadcba ++−+++ Đặt E = 2(a + c)( b+ d) thì M đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi E đạt giá trị lớn nhất Đặt x = a + c và y = b + d thì S = x + y = 14 + 15 + 11 + 2009 = 2049 không đổi Ta có 4xy = (x + y) 2 + (x – y ) 2 = (x + y) 2 - 2 ) 2 (4 x yx − + = 22 ) 2 (4 x S S −− Vậy E lớn nhất khi và chỉ khi xy lớn nhất 2 ) 2 ( x S −⇔ nhỏ nhất ⇔ x = a + c gần 2 S nhất Cho a , c nhận hai số khác nhau trong 4 số đã cho thì tổng của chúng là các số 25, 26, 29, 2020, 2023, 2024 Biểu diễn các tổng đó lên trục số ta thấy số 29 và số 2020 có điểm biểu diễn gần điểm biểu diễn của 5,1024 2 = S hơn và điểm biểu diễn của 1024,5 cách đều hai điểm biểu diễn của số 29 và số 2020 suy ra a, c phải là hai số có tổng bằng 29 hoặc bằng 2020 Vây để M đạt giá trị nhỏ nhất thì hai biến a, c phải nhận hai giá trị khác nhau trong tập 0,25 0,25 0,25 0,25 { } 15,14 còn hai biến b, d nhận hai giá trị khác nhau trong tập { } 2009,11 hoăc a,c nhận hai giá trị khác nhau trong tập { } 2009;11 còn b,d nhận hai giá trị khác nhau trong tập {14; 15} 2(2đ) Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng 2 tan; 2 tan; 2 tan CBA lập thành một cấp số cộng theo thứ tự trên khi và chỉ khi CBA cos;cos;cos cũng theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Lời giải: Do 2 tan, 2 tan, 2 tan CBA theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng suy ra )1(coscoscos2 coscoscos1cos1 2 cos 2 cos2 2 sin2 2 cos2 ) 2 cos 2 (cos 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos 2 sin2 2 cos 2 cos 2 sin 2 2 cos 2 cos 2 sin 2 tan2 2 tan 2 tan 22 22 CAB CABB CACABB CACABBCABB C B CA CA BCA +=⇔ ++−=+⇔ −+ +=⇔ − + + =⇔=⇔ = + ⇔=+ Có đẳng thức (1) chứng tỏ cosA, cosB, cosC theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng 1,0 1,0 B4(6đ) 1(3đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = R 2 và một điểm M(x 0 ;y 0 ) nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT 1 và MT 2 tới đường tròn (T 1 , T 2 là hai tiếp điểm). a.Viết phương trình đường thẳng T 1 T 2 . b. Giả sử M chạy trên đường thẳng (d) cố định,không cắt đường tròn (C). Chứng minh rằng khi đó các đường thẳng T 1 T 2 luôn đi qua một điểm cố định . Lời giải: Câu a. Gọi T 1 (x 1 ; y 1 ), T 2 (x 2; y 2 ) Tiếp tuyến MT 1 có phương trình là x 1 x + y 1 y – R 2 = 0 Do tiếp tuyến đi qua M(x 0 ; y 0 ) suy ra MT 1 : x 1 x 0 + y 1 y 0 – R 2 = 0 Tương tự MT 2 : x 2 x 0 + y 2 y 0 – R 2 = 0 Như vậy tọa độ hai tiếp điểm T 1 , T 2 cùng thỏa mãn phương trình x 0 x + y 0 y – R 2 = 0 Nên đường thẳng T 1 T 2 có phương trình là : x 0 x + y 0 y – R 2 = 0 Câu b.vì (d) là đường thẳng cố định nên (d) đi qua điểm cố định A(a; b) và nhận véc tơ );( 11 bau làm véc tơ chỉ phương (a 1 và b 1 là hằng số). Phương trình tham số của (d) là    += += tbby taax 1 1 . Do (d) không cắt đường tròn (C) nên (d) không đi qua gốc tọa độ suy ra 0 11 1 1 ≠−⇔≠ baab b a b a Điểm M(x 0 ; y 0 ) thuộc đường thẳng (d) nên tồn tại giá trị t sao cho    += += tbby taax 10 10 khi đó phương trình của T 1 T 2 là 0)()(0)()( 2 11 2 11 =−+++⇔=−+++ RbyaxtybxaRytbbxtaa 0,5 1,0 0,5 Đường thẳng T 1 T 2 đi qua một điểm cố định khi tồn tại duy nhất một điểm I(x 1 ; y 1 ) sao cho phương trình 0)()( 2 111111 =−+++ Rbyaxtybxa nghiệm đúng ∀ t . Khi hệ    =+ =+ 2 11 0 Rbyax ybxa có nghiệm duy nhất. Do 0 11 ≠− baab nên hệ    =+ =+ 2 11 0 Rbyax ybxa luôn có nghiệm duy nhất Suy ra đường thẳng T 1 T 2 luôn đi qua một điểm cố định. 1,0 2(3đ) Trên mặt phẳng (P) cho hai tia ox; oy vuông góc với nhau.Trên đường thẳng (d) vuông góc với (P) tại O lấy một điểm S sao cho SO = a (a là hằng số dương). M, N lần lượt là hai điểm chuyển động trên hai tia ox, oy sao cho luôn có OM + ON = a. Tìm quĩ tích tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN. Chứng minh rằng khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất thì mặt cầu ngoại tiếp của nó có bán kính nhỏ nhất. Lời giải: O K H I N M S I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SOMN suy ra I là giao điểm của mặt phẳng trung trực đoạn SO với đường thẳng )(∆ vuông góc với (P) tại tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN Gọi K, H lần lượt là trung trực của SO và MN ,H là tâm đường tròn ngoại tiếp OMN ∆ Qua H kẻ đường thẳng cắt Ox tại M 0 cắt Oy tại N 0 sao cho tam giác OM 0 N 0 vuông cân tại O.Không mất tính tổng quát ta giả sử N là điểm giữa đoạn ON 0 thì M 0 sẽ là điểm giữa đoạn OM. Kẻ NN 1 //Ox với 10001 NNNNMN ∆⇒∈ vuông cân tại N nên 01 NNNN = (1) Và 0101 ),,( MMNNgcgHMMHNN =⇔∆=∆ (2) Từ (1) và (2) suy ra 00 NNMM = Vậy 2 )()( 000000 a ONOMaONOMNNONMMOMONOM ==⇒=+=++−=+ Nên 00 , NM là hai điểm cố định. 0,5 0,5 y x N 1 N 0 M 0 H M N O Mà OKHI = I ⇒ là ảnh của H qua phép tịnh tiến theo véc tơ OK . Do 00 NMH ∈ cố định nên quĩ tích tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SOMN là đoạn EF ảnh của đoạn 00 NM qua phép tịnh tiến theo véc tơ OK Ta có thể tích hình chóp SOMN là ONOMaONOMOSV 6 1 6 1 == Suy ra V lớn nhất khi OM.ON lớn nhất . Mà OM + ON = a không đổi nên OM.ON lớn nhất 2 a ONOM ==⇔ Gọi R là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SOMN Ta có R = IM 24 22 2 aMN R +=⇒ (3) Mà MN 2 = OM 2 + ON 2 = (OM +ON) 2 -2 OM.ON = a 2 – 2OM.ON (4) Vì V lớn nhất ⇔ OM.ON lớn nhất nên từ (3) suy ra MN 2 nhỏ nhất Lại do (3) suy ra R 2 nhỏ nhất ⇒ R nhỏ nhất 0,5 0,5 0,5 0,5 B5(2đ) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước tồn tại không quá một số tự nhiên 1 −≤ nk sao cho 1+ = k n k n CC . Lời giải: Ta có (*) 2 1 121 1 11 !)1(!)1( ! !)!.( ! 1 − =⇔ −=⇔+=−⇔ + = − ⇔ −−+ = − ⇔= + n k nkkkn kknknk n kkn n CC k n k n Nhận thấy phương trình (*) vô nghiệm khi n chẵn và có nghiệm duy nhất khi n lẻ (1) Mặt khác 1 2 1 −≤ − n n dấu bằng xảy ra khi n = 1 1 −≤⇒ nk (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 1,0 0,5 0,5 Đáp án này gồm có 6 trang . t¹o thanh ho¸ TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI Năm học: 2009 -2010 Môn thi: To¸n LỚP : 12 THPT Ngày thi: 23/10/2009 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1:1 danh TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHON ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2009 -2010 Môn Toán –Lớp 12 THPT Bài câu Bài giải Biểu điểm B1(6đ) 1(3đ) Lập bảng biến thi n của hàm số 22 2 − + = x xx y .Sử. có bán kính nhỏ nhất. Bài 5. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước tồn tại không quá một số tự nhiên 1 −≤ nk sao cho 1+ = k n k n CC . Hết Số báo danh TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG