Đang tải... (xem toàn văn)
Viết Cho hàm số phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng y x và cắt đồ thị của hàm số 1 tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 2 3.. 2,5 điểm Giải phương[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Môn thi : TOÁN – THPT (Bảng B) Ngày thi : 15/3/2014 (Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (3,0 điểm) x 1 x (1) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận đồ thị hàm số (1) Viết Cho hàm số phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng y x và cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm A, B cho tam giác IAB có diện tích y Bài (2,5 điểm) Giải phương trình 2sin x sin 2x 3 cos x sin x Bài (2,5 điểm) Tính tích phân 2cosx sin2x dx sinx cos x I Bài (3,0 điểm) A 3; H 1;0 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có , trực tâm và gốc toạ độ O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm toạ độ các đỉnh B, C Bài (3,0 điểm) x x 1 y y 1 z z 1 Tìm giá trị nhỏ Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 1 P x y z Bài (3,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh a và điểm M thuộc cạnh 2a CM Mặt phẳng qua A, M và song song với BD chia khối lập CC’ cho phương thành hai khối đa diện Tính thể tích hai khối đa diện đó Bài (3,0 điểm) 2xy 2 x y x y 1 3x 9x 3x y Giải hệ phương trình x x x y 0 HẾT (2) - Đề thi có 01 trang; - Giám thị không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B Bài Đáp án I 1; 1 , : y x m Ta có Điểm Hoành độ A, B là các nghiệm phương trình x 1 x m x m x m 0 * , x 1 x m m m m (*) có nghiệm phân biệt khác 1 Giả sử A x1 ; y1 , B x ; y thì x1 , x là các nghiệm (*) và 0.50 0.50 y1 x1 m, y x m (3,0đ) 0.50 Ta có 2 2 AB2 x1 x y1 y 2 x1 x 2 x1 x 8x1x 2 m Khi đó, d I; 0.50 m SIAB và đó 1.00 m 2 2m 16 2 m 2 2 Phương trình đã cho viết lại 3sin x sin x cos x cos x 3 (2,5đ) (2,5đ) sin x cos x 3 sin x cos x sin x cos x 0 0.50 0.50 sin x cos x 0 sin x cos x 3 0.50 tan x x k, k sin x cos x 3 1.00 (1 sin x)cos x dx sin x sin x I 2 0.50 x 0 t 0, x t 1 t sin x dt cos xdx ; 0.50 (3) 1 1 t t I 2 dt 2 dt (1 t)(1 t ) t t2 0 1.00 1 2 ln t ln t ln 2 0 0.50 Kí hiệu (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và gọi I là trung điểm BC Ta D 3; có AO kéo dài cắt (O) D Vì O là trung điểm AD nên Ta có BH // CD (cùng vuông góc AC), CH // BD (cùng vuông góc AB) I 1; 1 Suy BHCD là hình bình hành I là trung điểm HD Khi đó, BC I 1; 1 AH 2; qua và nhận làm VTPT nên phương trình BC là x y (3,0đ) x y 13 Tọa độ B, C là nghiệm hệ x y 0 22 22 22 22 ; ; , 2 2 Giải hệ ta hai nghiệm là 1 x y z 3 P (x y z 1) 9 x y z Ta có P Mặt khác từ giả thiết 0.50 0.50 0.50 1.00 0.50 x y z 3 x y2 z x y z x y z x y z , Ta lại có dấu “ ” xảy x y z t t t 4 (3,0đ) Đặt t x y z thì (vì x, y, z dương) 0.50 0.50 1 t f 0, t 0, 4 f t t t với t 4 ta có Xét hàm nên f t 0, 4 nghịch biến trên 9 A 9.f Dấu “ ” xảy và Do đó, x y z 4 x y z x y z 0.50 0.50 1.00 (4) A' D' O' B' C' M I K N A D O B C Dựng thiết diện mặt phẳng qua A, M và song song với BD Gọi O là giao điểm AC và BD, O’ là giao điểm A’C’ và B’D’, I là giao điểm AM và OO’ Qua (3,0đ) I kẻ đường thẳng song song với BD cắt BB’ và DD’ K, N Khi đó AKMN là cần dựng Đặt V1 VA.BCMK VA.DCMN , V2 VABCD.A ' B 'C ' D ' V1 OI AO 1 a DN BK OI CM Ta có CM AC Hình chóp A.BCMK có chiều cao là AB a, đáy là hình thang BCMK Suy 1.00 AB BC BK CM a VA.BCKM AB.SBCMK 3 1.00 Vậy (3.0đ) 0.50 V1 a3 a 2a , V2 a 3 0.50 Điều kiện x y PT (1) x y 1 2xy 2xy 2xy 0 x y 1 x y 0 xy xy 0.50 x y2 x y x y2 x y x y 1 x y 0) xy x y (do Với x y 1, thay vào phương trình (2) ta 3x 9x 4x 3x 3x x x 0 2x 1 Nhận xét (3) có nghiệm 2x 1 3x 2x 1 0.50 3 (3) x 0 1.00 (5) Xét hàm số f t 2t t 3t với t ta có f t 2 2t 3t t 3t 0; Vậy hàm số này liên tục và đồng biến trên x 0 Với điều kiện thì u 3x và v 2x Khi đó, 3 f u f v u v 3x 2x 1 x Vậy hệ có nghiệm 0, t 0.50 6 ; 5 x; y 0.50 - HẾT - SỞ GD&ĐT KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT-BẢNG B Ngày thi : 15/03/2013 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (3,0 điểm) x2 x Cho hàm số y = x Tìm điểm trên nhánh đồ thị mà tiếp tuyến hai điểm đó song song với và có khoảng cách lớn Bài 2: (2,5 điểm) Giải phương trình sin3x = cosx.cos2x(tan2x + tan2x) Bài 3: (3,0 điểm) x ln( x x) 4ln( x x) I dx 2 (4 x ) 2 Tính tích phân Bài 4: (2,5 điểm) x y2 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình 16 và Parabol có 3 x x Chứng minh Elip và Parabol cắt điểm nằm phương trình y = trên đường tròn Bài 5: (3.0 điểm) 12x Giải bất phương trình 16 9x 2x 2 x (6) Bài 6: (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi K là trung điểm SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD M, N Gọi V 1, V theo thứ tự là thể V1 tích khối chóp S.AMKN và S.ABCD Tìm giá trị nhỏ và lớn tỷ số V Bài 7: (3,0 điểm) y y2 x y 2x 2xy 2y 3 6ln x x2 x y 3xy 0 Giải hệ phương trình - HẾT Đề thi này có 01 trang; Giám thị không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B Bài Đáp án 4 Ta có y= x+3 + x nên y/ = 1- (x 2) Do đó hệ số góc tiếp tuyến điểm A (xA, yA) , B(xB; yB) là k = 1- (x 2) Tại A và B các tiếp tuyến đó song song với và xA; xB là 4 nghiệm phương trình: (x 2) = 1- k (x0-2)2 = k 0 1 k nên xA+xB = 4 4(x A x B 4) Suy : yA+ yB =6+ xA+xB + x A x B = 10 + (x A 2)(x B 2) = 10 (3,0đ) Suy trung điểm AB là giao điểm đường tiệm cận M(2;5) Vậy khoảng cách tiếp tuyến đó lớn và khoảng cách từ M đến tiếp tuyến (trong tiếp tuyển đó) là lớn Phương trình tiếp tuyến ( ) với đồ thị A có dạng: 4 (1 )(x x ) x (x 2) x0 y= Điểm 0.50 0.50 x 02 4x khoảng cách từ M đến ( )là (1 4 )(2 x ) x 3 (x 2) (x 2) (1 )2 (x 2) 0.50 0.50 0.50 16 2(x 2) (x 2) d= = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương ta 0.50 (7) d 32 dấu xảy và (x0-2)4 = x 2 4 4 4 Vậy điểm phải tìm là A (2+ ; 5+ + 2 ) và B (2- ; 5- - 2 ) x k x k (*) Điều kiện sin x sin 2x ) Phương trình viết lại: sin3x=cosx.cos2x ( cos x cos2x Hay : cosx.sin3x = sin2x.cos2x+cos2x.sin2x cosx( 3sinx-4sin3x) = sin2x(2cos2x-1)+cos2x.sin2x sinx(3cosx- 4cosx.sin2x – 2sinx.cos2x + sinx -2 cos3x) = Nên: sinx= (a) (2,5đ) hay : 3cosx- 4cosx.sin2x – 2sinx.cos2x + sinx -2 cos3x = (b) Giải (a): sinx= x k ( thỏa điều kiện (*) 0.25 0.50 0.25 0.25 Giải (b) : vì cosx 0, chia vế cho cos3x, ta phương trình x m t anx t anx x n tan3x – tan2x –tanx +1 =0 (loại vì đk (*)) Kết luận: Phương trình có nghiệm : x= k (3,0đ) 0.25 0.75 0.25 x ln( x x) 4ln( x x) I dx (4 x ) 2 0.25 (x 4)(ln x x) dx (4 x )2 2 2 ln( x x) I dx dx 4x (4 x ) 2 2 ln( x x) I dx 0 x Đặt x = -t thì và Nên I= dx dx 2 (4 x ) x2 0 0.25 Với I1 = I1= 0.50 x2 dx (4 x ) 0.25 0.50 dx x 1 dx dx 2 2 (4 x ) (4 x ) 2 , đặt x=2tant dx=2(1+tan2t)dt thì 2(1 tan t)dt 4(1 tan t) (8) u x du dx xdx dv v 2 (4 x ) 2(4 x ) dùng phần I2 = x2 dx 2 (4 x ) I2 = x 2(4 x ) 2 + 2(4 x ) dx 2 = 16 0.50 2 Do đó I = 16 Phương trình cho hoành độ giao điểm (E) và (P): x2 3 ( x x ) 1 16 4 x2 3 ( x x )2 Đặt f(x) = 16 thì f liên tục trên R (2,5đ) 0.25 0.25 0.25 Tính f(-4)=225/16 ; f(-3) = -7/16 suy phương trình có ít nghiệm khoảng (-4 ; -3) f(-1)= 129/16; f(1)=-15/16; f(2) = 61/4 Lập luận tương tự có : f(-3).f(-1)<0; f(-1) f(1)<0 ; f(1).f(2)<0 Vậy phương trình f(x) = có đúng nghiệm suy (E) và (P) cắt điểm phân biệt A,B,C,D Gọi M0(x0;y0) là giao điểm tùy ý giao điểm A,B,C, D x2 16 y 1 x x y 0 Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình: 0.50 0.50 x 16y 16 0 x 16y 16 0 2 15x 30x 20y 36 0 16x 16y 30x 20y 61 0 0.50 x 16y 16 0 15 61 0 x y x y 16 Do đó M0 thuộc đường tròn có phương trình: (3,0đ) 0.50 x y2 15 61 x y 0 16 1301 Tâm là I(-15/16; 5/8) bán kính R= 16 Điều kiện : -2 x 2 2(6x 4) Bất phương trình viết lại sau: 16 9x (6x 4) 2x x 16 9x 2x x 16 9x Vì: (3) 6x 2x 2 x (2) 0.50 0.50 0.50 0.50 (9) Nhân vế (2) với vế trái (3), ta (6x-4)(9x2 +8x-32-16 2x )>0 2 (6x-4)(x+2 2x +8)(x-2 2x )>0 (4) Vì: -2 x 2 nên: x+2 2x +8 >0 Do đó (4) (6x-4)(x-2 x x 2x x x 2x 0.50 2x )>0 0.50 4 x 2 x 0.50 (3,0đ) 0.50 1 Vì ABCD là hình bình hành => VSABC = VSADC = VSABCD = V VSAMK SM SK x.V SM SN VSAMK x y Đặt SB , SD , thì VSABC SB SC V => V1 = VSAMK + VSANK = (x + y) (1) V V 3xy.V Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK = x.y + x.y => V1 = (2) x Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y = 3x (3) Do x > và y > nên từ (3) => x > SN x 1 1 1 3x Và y = SD 2x - (v× 3x-1 > => x đó x 1 x 3x V1 x xy Từ (1) => V (x + y) = = 3x 4(3x 1) 3x 3x(3x 2) x 1 Xét hàm số f(x) = 4(3x 1) với Ta có f’(x) = 4(3x 1) f’(x) = x 0 x 2 / 0.75 0.50 (10) Bảng biến thiên x 1/2 2/3 f’(x) f(x) - + 3/8 0.50 3/8 1/3 1 V1 ;1 V Suy f(x) với x [ ] hay V1 2 Vậy Min ( V ) = x = hay SM = SB Là trung điểm SB x 2 M V1 M B và Max ( V ) = x 1 Từ y y2 x x x y 2x 2xy 2y 3 6ln 2x 3x 6ln x x 2y3 3y 6ln y y Xét 0.75 f t 2t 3t 6ln t t 0.50 1 tR 1 6 t t2 t2 1 t2 1 1 15 t t 4 16 t t 16 t2 15 15 t 0 16 4 Ta có f ' t 0 t Suy hàm số đồng biến và liên tục trên R (3.0đ) Mà (1) f x f y x y x 3x 0 Thay vào phương trình còn lại hệ ta có x u u 0 Đặt suy u 3u 1 (3) g u u 3u Xét với u 0 g ' u 0 u 1 g ' u 3u có Bảng biến thiên u -1 g’(u) + 0 + + g(u) f ' t 6t + -1 Căn vào BBT phương trình (3) có nghiệm -3 thuộc (0; 2) 0.50 0.50 0.50 0.50 (11) 0; 2 Đặt u 2cos với cos3 = = x 2cos 9 (3) trở thành 2cos ; 2cos 9 Vậy hệ có nghiệm 0.50 ; 2cos ; 2cos 9 - HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Môn thi : TOÁN – THPT (Bảng B) Ngày thi : 15/3/2012 (Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề) Bài 1: (5,00 điểm) a Cho hàm số y = 3x3 – (6m + 5)x2 + (7m + 11)x – 2(m + 3) Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc trục hoành sin x dx cos x b Tính I = Bài 2: (5,00 điểm) a Giải phương trình (x – 2)[log2(x – 3) + log3(x – 2)] = x + x xy y10 y 4x y 6 b Giải hệ phương trình Bài 3: (5,00 điểm) a Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(2; 3), B(–2; 2), C(–3; –1), D(4; –3) Hãy lập phương trình các cạnh hình vuông, biết hai cạnh song song qua A và C, hai cạnh song song còn lại qua B và D b Giải phương trình 1+ tanx(sinx + 2cosx) = 2(sinx + 3cosx) Bài 4: (3,00 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD 60 ; SA SB SD a Gọi P là trung điểm SC; () là mặt phẳng chứa AP và song song với BD ; () cắt SB, SD E, F d S, ABCD d SD, BC a Tính các khoảng cách ; b Tính thể tích khối chóp S.AEPF (12) Bài 5: (2,00 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 2(x2 + y2) = xy + Tìm giá trị lớn và giá x y4 trị nhỏ biểu thức P = 2xy HẾT - Đề thi có 01 trang; - Giám thị không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B Bài Đáp án Điểm y (3x 2) x (2m 1)x m 3 Ta phân tích y' 3[x (2m 1)x m 3] (3x 2)(2x 2m 1) y 0 ' y 0 Đồ thị tiếp xúc với trục hoành x thì y = 0, để đồ thị tiếp xúc với trục hoành thì y’ = Xét 25 25 m 0 m 1a 3 (2,5đ) y 0 x (2m 1)x m 0 ' x 2x 2m 0 , để tiếp xúc thì y 0 Xét x 2m , thay vào (1) thì 0,50 0,50 0,50 0,50 (1) (2) Từ (2) ta có 2m 2m 11 (2m 1) m 0 4m 11 0 m 25 11 m m hay thì đồ thị tiếp xúc với trục hoành Vậy 1b sin xdx sin xdx cos x dt 2dt (2,5đ) cos x cos x Đặt t = x t x t 1 ; Đổi cận sinx 1 t ( 0,50 0,50 dx 2dt 1 dt t t cos x 2t t 0,50 dt 1 t t)( t) 2 0,50 0,50 1 dt 2 t t (13) 1 ln t ln t 2 2 1 1 ln ln 1 2 2 1 Điều kiện x 2 ln 1 log (x 3) log (x 2) Với điều kiện trên, phương trình Xét F(x) log (x 3) log (x 2) 0,50 x 1 x 0,50 1 (x 3) (x 3)ln (x 2)ln 2a F(x) đồng biến x (2,5đ) x 1 G(x) x ( x ) Xét 3 G' (x 3) (x 2) G(x) nghịch biến x 0,50 Suy phương trình F(x) = G(x) có nhiều là nghiệm Với x = thì F(5) = G(5) Vậy phương trình có nghiệm x = Đặt các phương trình hệ theo tứ tự từ trên xuống là (1) và (2) Từ (1) Nếu y = x = 0, thay vào (2) thì 6 : vô lý Vậy y 0, chia vế (1) cho y5 ta phương trình 0,50 0,50 F' x x y y y y (3) Xét hàm số f(t) = t + t trên tập R, ta có f ’(t) = 5t4 + > 0, t R 2b (2,5đ) Do đó hàm f(t) luôn luôn tăng trên R x x Từ (3) ta có f y = f(y) y = y x = y2 Thay x = y vào ( ) ta có phương trình 4x x 6 Giải phương trình trên x = 1, suy hệ có nghiệm (x; y) = (1; -1) hay (1; 1) 3a n (A; B), A B2 0 là vectơ pháp tuyến đường thẳng (d ) Gọi (3,0đ) qua A Phương trình đường thẳng (d1) là Ax + By – 2A – 3B = Đường thẳng (d2) qua C và song song (d1) nên phương trình Ax + By + 3A + B = (d3) (d1) và qua B nên có phương trình Bx – Ay + 2A + 2B = (d4) (d1) và qua D nên có phương trình là Bx – Ay – 3A – 4B = Vì (d1), (d2), (d3), (d4) cắt tạo thành hình vuông, nên khoảng cách từ A đến (d2) khoảng cách từ B đến (d4) 5A 4B Khoảng cách từ A đến (d2) = A B2 5A 6B Khoảng cách từ B đến (d4) = A B2 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 (14) B 0 B A 5A 4B 5A 6B Vậy Do đó * Với B = nên A 0, thì các đường thẳng qua C và A cùng song song với trục tung, có phương trình là x = -3, x = 2, (khoảng cách chúng 5) Đường thẳng qua D và B cùng song song với trục hoành có phương trình y = -3 và y = 2, khoảng cách chúng * Với B = -A, thì A 0, thay vào các phương trình các đường thẳng (d1), (d2), (d3), (d4), ta (d1): x - y +1=0; (d2) : x - y +2 =0; (d3) : x +y = 0; (d4) : x +y – 1= Kết luận : Có trường hợp (d2) x = -3 , (d1) x = 2, (d4) y = -3 và (d3) y = (d1): x - y +1=0 ; (d2) : x - y +2 =0 ; (d3) : x +y = ; (d4) : x +y – 1= k k x k, k Z Điều kiện 1+ tanx > và x 3b (2,0đ) 1+ tanx(sinx + 2cosx) = 2(sinx + 3cosx) 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 1+ tanx (tanx 2) 2(tanx 3) t tanx t 1(t 2) 2(t 3) 9(t 1)(t 4t 4) 4(t 6t 9) 0,50 9t 41t 48t 0 t(9t 41t 48) 0 t 0 (vì 9t2 + 41t + 48 = vô nghiệm) sinx = x = k 0,50 S P a E I K H A F C B a O M D Gọi H là hình chiếu vuông góc S lên mp(ABCD) a và tam giác ABD Suy H là tâm tam Do giác ABD, nên H AC SA SB SD 4a (2,0đ) 0,50 SH ABCD SH SAC SAC ABCD Do và BH là hình chiếu SB lên mp(ABCD) và BH BC SB BC 2a a 3a a 5a 2 2 AH SH SA AH 3 ; 12 a 15 d S, ABCD SH Vậy 0,50 Do BC // AD Gọi M là trung điểm AD, gọi K là hình chiếu vuông góc B lên SM BC / / SAD d SD, BC d BC, SAD Do AD SMB Suy BK SAD và d B, SAD d B, SAD BK 0,50 (15) a 15 a SH.BM a 10 BK.SM SH.BM BK SM 3a a 4 Ta có a 10 d SD, BC Vậy 1 a 15 a VS.ABCD SABCD SH a 3 12 BD / / EF / /BD Gọi O là tâm hình thoi ABCD; I AP SO Do và 0,50 0,50 EF qua I 4b (1,0đ) VS.AEP SE SP VS.ABC 1 1 a3 VS.AEP VS.ABC VS.ABCD SB SC 3 72 Tương tự VS.AFP a3 a3 VS.ABCD VS.AEPF 72 Vậy 36 x y 2xy 4xy xy Ta có xy + = x y 2xy 4xy xy 1 Và xy + = 1 t Đặt t = xy thì 0,50 0,50 2 2 x y x y 2x y 7t 2t 1 t 2xy 4(2t 1) P = 2xy với 5 7t(t 1) (2,0đ) P’= 2(2t 1) , P’=0 t 0 (nhận) t (loại) 1 1 P P , P(0) 5 15 0,50 0,50 Suy 2 max P ; (x; y) 0; , ;0 5 3 P ; (x; y) ; , ; 15 3 0,50 - HẾT - SỞ GD&ĐT KHÁNH HÒA ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT-BẢNG B Ngày thi : 18/03/2011 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) (16) Bài 1: (4,00 điểm) 2x x có đồ thị (C) Tìm tọa độ các điểm M (C) cho a) Cho hàm số khoảng cách từ điểm I( 1; 2) tới tiếp tuyến M (C) là lớn y b) Tính I = Bài 2: (4,00 điểm) (e 2 x dx 1)(x 4) 2 a) Giải phương trình x 2x 2x 8x x 19x 43 0 36 36 b) Giải phương trình Bài 3: (4,00 điểm) a) Chứng minh tam giác ABC có góc A 1200 và cos B cos C sin A sin B sin C cos A x 1 6x x b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức y = (với x 0) Bài 4: (5,00 điểm) a) Cho điểm M(2; 5), N (-1; 1) và đường thẳng (d): x - 2y = Điểm C nằm trên (d), biết đường thẳng CM cắt trục hoành A và đường thẳng CN cắt trục tung B Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định, C chạy trên (d) b) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N, P, Q là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA Hai đoạn MP và NQ cắt H khác O Hãy tìm điểm I trên đường tròn tâm H bán kính HO cho (IA + IB + IC + ID) có giá trị lớn Bài 5: (3,00 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD BAA ' DAA ' 600 Tính thể tích khối hộp theo a AA ' a 3 và - HẾT - Ghi chú: Đề thi này có 01 trang; Giám thị không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B Bài Đáp án Điểm 1a (2đ) M x ; (C) x D R \ 1 Nếu thì tiếp tuyến M có phương 0.5 (17) y 2 trình 3 (x x ) x (x 1)2 hay 3(x x ) (x 1) (y 2) 3(x 1) 0 Khoảng cách từ I( 1;2) tới tiếp tuyến là d 3( x ) 3(x 1) x 1 Theo bất đẳng thức Côsi x0 1 (x 1)4 0.5 (x 1)2 (x 1) (x 1)2 2 6 (x 1) , vây d 0.5 Khoảng cách d lớn (x 1)2 x 1 3 x (x 1) Vậy có hai điểm M : M 3;2 0.5 M 1 3;2 dx dx I x x (e 1)(x 4) (e 1)(x 4) 2 0.5 Ta có Trong tích phân thứ đặt x= - t thì : 1b (2đ) dx dt e t dt (ex 1)(x 4) (e t 1)(t 4) (e t 1)(t 4) 2 2 = e x dx (e x 1)(x 4) (Vì tích phân không phụ thuộc vào cách ký hiệu biến số) 2 e x dx dx dx x x 2 (e 1)(x 4) (e 1)(x 4) (x 4) Vậy I = Đặt x=2 tanu thì dx = 2( 1+ tan2u)du Khi đó I = 0.5 0.5 dx (1 tan u)du (x 4) (1 tan u) 0 ĐK: x3 – 2x2 +3 (x 1)(x 3x 3) 0 x 2a (2đ) 0.5 Đặt u= x 1; v x 3x (u 0; v 0) Ta có : v2 – u2 = x2 - 4x +2 2 Do đó có phương trình : 3uv = 2( v2 – u2 ) 2v 3uv 2u 0 (2v+u)(v-2u) = 0.5 1.0 Vì u, v không âm , nên v= 2u x 3x 4x x 7x 0 x 53 0.5 (18) 19x 43 ( )x 36 36 Xét hàm số f(x) = 0.5 Có tập xác định D = R 2 19 ( ) x ln( ) 36 f/(x) = 19 x log 2/3 ( ) x 36(ln ln 2) f/(x) = x - x0 + 2b (2đ) f/ f - + 0.5 Do đó phương trình f(x) = có nhiều nghiệm Ngoài : f(1) =0 , nên x= là nghiệm phương trình f(x) =0 Và f(-2)= , nên x = - là nghiệm phương trình f(x) =0 Vậy phương trình có nghiệm là : x=-2; x=1 cos B cos C sin A sin B sin C cos A (1) ( cos A sin A) ( sin B cos B) ( sin C cos C) 0 3a (2đ) sin(A 600 ) sin(B 600 ) sin(C 600 ) 0 Bc B C sin(A 600 ) 2sin( 300 ).cos( ) 0 2 BC A 300 600 2 Mà : B+C = 180 –A, nên Vậy (1) 2sin( 0.5 A A A B C 300 )cos( 300 ) cos( 30 )cos( ) 0 2 2 A A B C 300 )[sin( 300 ) cos( )] 0 2 A B C sin( 300 ) cos( )0 2 Do : và 0.5 0.5 0.5 0.5 2cos( 3b (2đ) A A cos( 300 ) 0 300 900 A 1200 2 Nên: 7 u (1; ) u 1 x x Xét v ( 2; 7) v 3 7 u.v 3 cos(u,v) 3 x x x Ta có : 7 2 1 y x x 2 x 6x 6x 6x x Nên: 0.5 0.5 0.5 0.5 (19) cos(u, v) 1 x x Dấu “= ”xảy và x x x 2 0.5 2 x Giá trị nhỏ y là : ymin= Điểm C trên (d) nên C(2m; m) với m R Phương trình đường thẳng MC : (m-5)(x-2) –(2m-2)(y-5) = Phương trình đường thẳng NC : (m-1)(x+1) –(2m+1)(y-1) = Khi đường thẳng CM cắt trục hoành thì tọa độ giao điểm A đường 8m ;0) thẳng CM với trục hoành: A m ( 0.5 với m 5 4a (2,5đ) Khi đường thẳng CN cắt trục tung thì tọa độ giao điểm B đường 0.5 Phương trình đường thẳng AB: 3(m-5)x-8(2m+1)y +24m=0 0.5 3m (0; ) thẳng CN với trục tung: B 2m 1 với m (m 0) 15 ; ) Đường thẳng AB luôn luôn qua điểm cố định I 11 11 ( 0.5 0.5 Do H là giao điểm MP và NQ suy H là trung điểm MP và NQ a b a b2 Vì : 0.5 Dấu “=” và a=b ; với a, b >0 IA IB IA IB2 (1) 2 Ta có: Nên : IC ID IC2 ID (2) 2 0.5 0.5 IA IB IC ID IA IB2 IC2 ID2 IA IB2 IC2 ID2 2 2 (3) AB CD và IC +ID =2IP + AB2 CD 2 Nên : IA2+IB2+IC2+ID2 = 2(IM2+IN2)+ 4b 2 (2,5đ) Mà: IA +IB =2IM + 2 2 ( Đlý Cosin) AB2 CD 2 = 4IH2 +MP2 + ( Đlý Cosin) 2 AB CD 2 = 4HO + MP + = số k 0.5 Vậy IA+IB+IC+ID 2k Dấu “=” xảy và (1); (2) ; (3) đồng thời xảy dấu “=” Khi đó IA IB IA IB IC ID I O IC ID IA IB2 IC ID 0.5 (20) 0.75 (3đ) Vẽ đường cao A’H Gọi E, F là hình chiếu H trên AB, AD Theo định lý đường vuông góc suy A’E AB, A’F AD Tam giác vuông A’AE tam giác vuông A’AF (A’A chung và góc A’AE góc A’AF) HE = HF H thuộc đường phân giác BAD H AC Từ A’AE AE a a A' E , 0.75 a2 a2 a a A' H 36 Từ AHE HE = AE.tan300 = a2 a3 V Diện tích ABCD là Suy thể tích khối hộp: 0.75 0.75 - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2009-2010 Môn : TOÁN - Lớp 12 THPT – Bảng B Ngày thi : 06/04/2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài (4 điểm): Cho hàm số y = (m + 1) x3 + 3( m + 1) x2 - 4mx - m 1) Tìm các giá trị m để hàm số luôn đồng biến 2) Chứng minh: với m đồ thị hàm số luôn qua điểm cố định thẳng hàng Bài (4 điểm): x 1 3x 1) Giải bất phương trình: 50 2) Giải phương trình: Bài (4 điểm): x log 3 x log3 15 x 0 (21) e5 5x I 1) Tính: x 3 dx 2) Cho x + y =1 Chứng minh: 2 16(x y5 ) 20(x y3 ) 5(x y) Bài (5 điểm) 1) Trong không gian cho hai điểm A, B cố định có AB =10 Tìm tập hợp điểm M cho AM = 3BM S , hai 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích đỉnh A 2; 3 và B 3; và trọng tâm G tam giác thuộc đường thẳng 3x y 0 Tìm tọa độ đỉnh C Bài 5: (3 điểm) sin A.sin B sin Một tam giác ABC có các góc A, B, C thỏa mãn điều kiện Chứng minh: tồn điểm D trên đoạn AB cho CD AD.BD - HẾT – - Đề thi có 01 trang; - Giám thị không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài Bài 1.1 (2 điểm) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 Môn : TOÁN - Lớp 12 THPT – Bảng B Ngày thi : 06/04/2010 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Nội dung Tìm các giá trị m để hàm số luôn đồng biến D=R Cần điều kiện : y’ = (m + 1) x2 + ( m + ) x - m Thỏa mãn với x m + = => m = - có y’ = > Thoã mãn với x Vậy m = -1 là giá trị cần tìm m + = > m = - Để y’ thoã mãn với x cần điều kiện m ' 9(m 1) 12m(m 1) 0 m m (m 1)(7m 3) 0 Bài 1.2 (2 điểm) C Điểm 0,25 0,50 0,50 0,50 3 1; 7 Kết luận: m 0,25 Gọi (x0 ;y0) là điểm cố định mà đồ thị qua với m 0,25 (22) 3 => m ( x 3x 4x 1) x 3x y0 0 (*) x 30 3x 02 4x 0 x 3x 02 y 0 Để phương trình (*) không phụ thuộc m cần Xét phương trình x 3x 4x 0 Gọi f(x) = x 3x 4x 0 là hàm số liên tục trên R + Có f(0) f(-1) <0 => phương trình f(x) = có nghiệm thuộc (-1; 0) + Có f(1) f(2) <0 => phương trình f(x) = có nghiệm thuộc (1; 2) + Có f(-1) > ; x thì f(x) <0 Vậy phương trình f(x) = có nghiệm thuộc (- ; 1) Vậy phương trình f(x) = luôn có nghiệm x 3x 4x 0 x 3x y 0 Các nghiệm thõa mãn: Trừ hai phương trình theo vế được: y - 4x - = hay các điểm cố định thuộc đường thẳng y = 4x + Bài 2.1 (2 điểm) 0,25 1,00 0,50 x 1 3x Giải bất phương trình: x 1 3x Ta có: y A 1.00 x B x -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5 -1 -2 2.5 1 y1 ; y 3x 2 Đặt Vẽ đồ thị hàm số trên cùng hệ trục tọa độ ta hình vẽ x y1 y x Từ đồ thị đã vẽ ta suy ra: Vậy nghiệm bất phương trình cho là x x Bài 2.2 (2 điểm) 50 Giải phương trình: x log 3 1.00 x log3 15 x 0 Điều kiện: x x 1 x log3 2 log x 1 3 Biến đổi: ; log 15 log x.log x 15 ; x 3log3 x 50 2 log3 x 1 x log x 15.log3 x 3log3 x 0 Phương trình cho trở thành: log3 x 25 15log3 x 9log3 x 0 Hay 0.50 1.00 (23) log3 x Chia vế phương trình cho 15 25 15 log x 5 t 3 Đặt 9 1 15 log x 0 , đến phương trình: 5 0 3 log3 x 3 1 5 log x 0 log x 0 , đến phương trình: 2t 9t 0 Giải phương trình này nghiệm: t1 3;t log x 5 t1 3 3 x 3 log3 5 3 Với 1 log3 log x 5 t x 3 log3 5 3 Với Bài 3.1 (2 điểm) e5 5x Tính: I x 3 5x x 3 Ta có: I 13e5 x 3 I Bài 3.2 (2 điểm) x 3 5e5 x 3 13e5 x 3 Chứng minh : dx 13 dx 0.50 x 3 dx 13e5 x 3 1 1 5e5 x 3 1 1 C 16(x y5 ) 20(x y3 ) 5(x y) 2 Đặt x = sint ; y = cost sin t cos t 1 Ta có sin5t = 16sin5t –20sin3t + 5sint cos5t = 16cos5t – 20cos3t + 5cost sin5t = 16x5 –20x3 + 5x ; cos5t = 16y5 – 20y3 +5y 16(x y5 ) 20(x y3 ) 5(x y) sin 5t cos 5t k k t kZ 20 Dấu “=” xảy Tìm tập hợp điểm M cho AM = 3BM 5t Bài 4.1 (2 điểm) Bài 4.2 (3 điểm) Chọn hệ toạ độ Oxyz cho A = (-5; 0; 0), B = (5; 0; 0) Gọi M(x; y; z) là điểm thỏa mãn AM = 3BM AM2 = 9BM2 (x + 5)2 + y2 + z2 = 9(x - 5)2 + 9y2 + 9z2 25 x2 + y2 + z2 - x + 25 = (*) Đây là phương trình mặt cầu Vậy quỹ tích điểm M cần tìm là mặt cầu có phương trình (*) Tìm tọa độ đỉnh C Gọi điểm C x ; y0 thì C 1.50 5e5 x 3 0,50 0,25 1.00 0.75 1.00 1.00 1.00 (24) CA x ; y ;CB x ; y và trọng tâm tam x y0 G ; 3 Theo giả thiết ta có G thuộc giác ABC là điểm đường thẳng 3x y 0 suy ra: x y0 3 0 y 3x 0 (1) Diện tích tam giác ABC: S CA,CB x y0 x y0 2 S nên ta có: x y x y (2) Vì x 01 1 2x 3 x 02 1.00 Thay (1) vào (2) và rút gọn được: y 01 y 10 Tương ứng tính được: 02 1.00 Kết quả, tìm điểm thỏa nghiệm bài toán: Bài (3 điểm) C1 1; 1 ;C 2; 10 Chứng minh: tồn điểm D trên đoạn AB cho CD AD.BD C Ta có: A D sin A.sin B sin C B 1.00 C cosC 2 2sin A.sin B cosC 1 (1) Và vì sin A.sin B 2.sin A.sin B cos C cosC (2) Từ (1), (2) suy ra, !,0 : cos 2sin A.sin B cosC (3) sin A.sin B sin 0 C C cos cosC Vì (4) Từ (3) suy ra: C C sinA.sin B cos cos C sin sin 2 C C C1 ;C2 2 , thì ta có: sinA.sin B sin C1.sin C (6) Đặt Ta lại có: C1 C2 C C1 C Suy góc C tam giác ABC ta có thể kẻ tia Cx tạo với cạnh CA Một góc C1 và tia này cắt đoạn AB điểm D, là điểm phải tìm 1.00 1.00 (25) sin A sin C1 sin B sin C ; AD CD BD Thật vậy, đó ta có: CD (định lý hàm số sin tam giác ADC và BDC) sin A.sin B sin C1.sin C CD AD.BD Do (6), suy ra: CD AD.BD thỏa điều kiện bài toán C sin A.sin B sin 2 thì trên đoạn AB Nhận xét: cách dựng tia Cx, tồn điểm D khác cho CD AD.BD -HẾTKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2008-2009 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA Môn thi : TOÁN – THPT (Bảng B) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 20/03/2009 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài : (4,0 điểm) 2x y x y x (1 2x ) y 1 (x y)2 x (x x 2y ) Giải hệ phương trình: Bài : (5,0 điểm) 1 x x2 1 2x x2 1 x a) Giải phương trình: b) Tìm giá trị lớn a để bất phương trình sau có nghiệm: a x a (x 1) a sin (x 1) 2 Bài : (5,0 điểm) u Cho dãy số n xác định sau: u1 u 1, u 2 ,… , n u n 3 u n 1.u n 2 un ( ) Chứng minh u n , n Bài : (3,0 điểm) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối đa diện hai mươi mặt có độ dài cạnh a (a > 0) Bài : (3,0 điểm) (26) Cho đa giác A1A A3 A A n , (n 3) biết đỉnh liên tiếp A1 , A , A , A 1 đa giác thoả mãn đẳng thức A1A A1A A1A Tìm số cạnh đa giác đã cho HẾT - - Đề thi có 01 trang; - Giám thị không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN - LỚP 12 THPT - BẢNG B – 2009 (Đáp án này có 03 trang) Bài Nội dung 2 Điểm (1 x y) 2x x y (x y) 1 x x 2x y Viết hệ đã cho thành Cộng theo vế hai phương trình hệ ta 0.5 (1 x y) (x y) (x y ) 1 Bài (4 điểm) 2 (1 x y) (x y) (x y ) (*) hay (1 x y) 2 Ta thấy , (x y) (x y ) 1 2 (1 x y)2 2 x y 1 (x y) 1 x y x y 1 2 x y (x y ) 0 Suy (*) xảy và Thử lại thấy thỏa Vậy hệ đã cho có nghiệm (1;1) Điều kiện: x ≠ x 2x 1 2 2 x x Phương trình viết dạng Nhận xét : x Bài 2a (3 điểm) Bài 2b 1 x x2 2 2 1 2x x2 x 2x 2 x x2 1 x x2 1 x2 2 x 1 2x x2 1 2x 2 x 1 f (t) 2 t t, f '(t) 2 t ln 0, t 2 Đặt x 2x x 2x 0 x x f(t) là hàm đồng biến nên ta có 1 0.5 0.5 0.5 x 0 x 2 Đối chiếu điều kiện, nghiệm phương trình là x = Giả sử bất phương trình có nghiệm là xo thì xo và a 0, ta có 0.5 0.5 0.5 (27) a (x 1)2 Do x a a sin a (x 1) a 1 2a 2a a a max(a) (x 1) 16 16 nên x k, k Z x 1 x sin 2 x x 3 (x 1) 24 x 3 a (x 1)2 (2 điểm) a 16 thì Với Vậy giá trị lớn cần tìm a là 16 Chứng minh phương pháp qui nạp u u 2.1 u4 9 u n Cho , ta có: 0.5 0.5 Biểu thức đúng với n 1 Giả sử biểu thức đúng với n k , ta có: Bài (5 điểm) u k 3 u k 2 u k 1 uk 0.5 Chứng minh biểu thức đúng với n k , hay u k u k 4 u k 1 u k 3 u k 2 u u k 2 u k u k k 4 u k 3 u k u k 2 u k 1 u u k 1 k Ta có: u u3 u k u k 2 u k 2 u k 3 u u u k k Nếu k lẻ, ta có: 1 Vậy: u k 4 3u k 3 u k 2 Mà u k 3 , u k 2 , nên u k 4 u k 4 u k 2 u k u k u u4 5 u k 3 u k 1 u3 Nếu k chẵn, ta có: Vậy: u k 4 5u k 3 u k 2 Mà u k 3 , u k 2 , nên u k 4 (đpcm) u 2n 3 3u 2n 2 u 2n 1 Tóm lại: n , ta có: Nếu k lẻ: u 2n 2 5u 2n 1 u 2n Nếu k chẵn: Vậy dãy un có các số hạng là số nguyên Bài A (3 điểm) D E C B H I B F C a/2 F 72 O H D E S 3;5 Xét hình chóp A.BCDEF tạo cạnh khối 20 mặt chung Khối 20 mặt thuộc loại đỉnh A thì A.BCDEF là hình chóp ngũ giác có đỉnh là A, đáy là hình ngũ giác BCDEF cạnh a, các cạnh bên AB, AC, AD, AE, AF a Suy trục AH ngũ giác BCDEF là đường thẳng qua tâm O hình cầu ngoại tiếp hình 20 mặt 0.5 (28) Tính r = HB bán kính đường tròn ngoại tiếp ngũ giác BCDEF: a r BHC 720 2sin 360 Do tam giác BHC cân đỉnh H, , nên Tính R bán kính khối cầu ngoại tiếp khối hai mươi mặt: Ta có: ASB ABH (góc có các cạnh vuông góc đôi) BH r cos AB a (do tam giác ABH vuông H) AB a sin AS 2R (do tam giác ABS vuông B) R a a 2sin cos 2 nên ta có: r 1 a a2 R Thay kết r ta được: a a a2 2sin 36 0.5 0.5 0.5 a2 a r2 a sin 360 0.5 4sin 360 Bài (3 điểm) 4 a sin 360 V 4sin 360 Tính thể tích khối cầu: Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác n cạnh, ta có: 2 3 A1A 2R sin , A1A 2R sin , A1A 2R sin n n n 1 2 3 sin sin sin n n n Đẳng thức đã cho có thể viết: 2 3 3 2 sin sin sin sin sin sin n n n n n n Biến đổi biểu thức: 3 3 2 3 2 3 2sin cos sin sin sin sin sin sin sin 2sin cos 0 n n n n n n n n n n n 3 2 2 4 sin sin sin sin sin 0 2.sin sin cos 7 0 n n n n n n 2n 2n 7 sin 0 sin 0 cos 0 n 2n 2n Do đẳng thức và không thể xảy ra, nên có 7 2k 1 hay n 2k 1 Suy ra: n = Vậy đa giác có cạnh Từ đó: 2n -HẾT - Ghi chú : - Điểm toàn bài không làm tròn; - Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa phần đó SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : TOÁN – Lớp 12 THPT – Bảng B Ngày thi : 18/03/2008 0.5 1 (29) Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài (2,00 điểm) : a) Giải phương trình : 3.52x 3x 10 5x 25 x 0 b) Cho 2008 số dương x1 , x , , x 2008 thỏa mãn : x1 x x 2008 1 x x1 x 2008 2008 x 2008 2009 Chứng minh: x1 x Bài (1,50 điểm) : Tính lim x 2x x x (E) : x y2 1 (a b 0) a b2 Bài (2,00 điểm) : Cho elip a) Xác định elip (E) biết (E) tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x 2y 20 0 và x 6y 20 0 A x ; y (E) b) Gọi (D) là tiếp tuyến điểm 0 , (D) cắt các đường thẳng x a và x a các điểm M và N Tính diện tích nhỏ tam giác FMN, đó F là hai tiêu điểm elip (E) Bài (2,50 điểm) : a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp các điểm M(x; y) có tọa độ thỏa mãn điều x2 x y x kiện : với x x 0; b) Biện luận theo m số nghiệm cos x m 1 cos x m 0 phương trình : Bài (2,00 điểm) : Cho tứ diện ABCD có AB.AC.AD = 54216 Lấy điểm O bất kì thuộc miền tam giác BCD Từ O kẻ các đường thẳng song song với AB, AC, AD cắt các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) M, N, P Chứng minh rằng: OM.ON.OP 2008 -HẾT - Đề thi có 01 trang; - Giám thị không giải thích gì thêm KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008 Môn : TOÁN- Lớp 12 THPT – Bảng B - ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Bài Ý Nội dung Điểm (30) 2,00 Giải phương trình : 1a 3.52x 3x 10 5x 25 x t 5 t 1a.1 -Đặt Ta phương trình : 1,00 x 0 0,25 3t 3x 10 t x 0 1a.2 -Giải phương trình ẩn t, nghiệm : 0,25 t1 ; t 3 x 1a.3 -Với 1 0,25 t1 5x x1 2 log 3 -Với t 3 x 5x 3 x 1a.4 -Chứng tỏ phương trình có nghiệm 0,25 x 2 : (do vế trái là hàm số đồng biến, còn vế phải là hàm số nghịch biến, : với x>2 thì 5x 1;3 x với và thì x<2 5x 1;3 x ) -Vậy phương trình có nghiệm : x1 2 log 3; x 2 Chứng minh: 1,00 x x1 x 2008 2008 x1 x x 2008 2009 1b -BĐT 1b.1 1b.2 đã cho 0.25 2008 1 1 x1 x x 2008 2009 1 20082 0.25 x1 x x 2008 2009 Kết hợp giả thiết 1b.3 1 (x1 1) (x 1) (x 2008 1)0.25 x x1 x -Dùng BĐT Côsi, (31) 1b.4 kết đúng -Đẳng thức xảy và x1 x x 2008 0,25 2008 1,50 0.25 2x x 2x x f (x) x x Đặt u 1 u4 u 2x x x 0.50 2 v x x v5 x v 2.1 2.2 2.3 0.25 f (x) (u 1)(u 1) v v3 v v 2.4 3a 3a.1 Từ đó tính lim f (x) x 10 Xác định elip (E) -Từ giả thiết (E) tiếp xúc với đường thẳng 3x 2y 20 0 x 6y 20 0 , và nên ta có hệ phương trình : 0.50 2,00 0,75 0,25 2 9a 4b 400 2 a 36b 400 3a.2 -Giải hệ : a 40 b 10 3a.3 3b 3b.1 0,25 -Vậy phương trình x y2 1 (E) : 40 10 0,25 Tính diện tích nhỏ tam giác FMN -Phương trình đường thẳng (D) : 1,25 xx yy 1 a2 b 0,50 (32) Tọa độ điểm b2 a x M x M a; y M y0 a ; b2 a x N x M a; y M y0 a Ta có FM a c; y y M ;FN a c; y y N Suy FM.FN 0 FM FN -Vậy diện tích tam giác FMN : S FM FN , đó : 2 3b.2 2 M FM a c y a c và 2 FN a c y 2N a c Ta có b a x 02 2 ya 0,50 a c b2 a b2 a x a x0 : b2 a x b2 a x 2 FM FN a c a c a x0 a x0 3b.3 2 a c a c a x0 a x0 b4 b2 a c a c a x0 a x0 2b4 b2 2 a c a c -Dấu xảy “=” 4b a x0 a x0 a c a c a x0 a x 0,25 x c a x0 0 a x (do ) Vậy Smin b (D) tiếp xúc với (E) x c 2,50 (33) 4a Tập hợp các điểm 1,25 M(x; y) -Vẽ đồ thị hàm số : 4a.1 y x x y x -2 0,50 -5 x 1, -Nếu từ x x2 x1 ta có : x x2 y x x x 2 y x y 4a.2 0,75 Suy tập hợp các điểm M(x;y) là phần đồ thị hàm số x2 x y x với x và hình đối xứng tương ứng nó qua Ox (hình gạch sọc) Biện luận số nghiệm pt : 4b 1,25 cos x m 1 cos x m 0 4b.1 -Viết lại phương trình : cos x cos x m cos x 1 Những giá trị x cho cos x 1 không thỏa mãn phương trình đó nên có thể chia hai vế cho cos x , ta có : cos x cos x m cos x (1) t cos x x Đặt thì t và (1) trở 0,25 (34) thành phương trình : t2 t m t1 -Dựa vào đồ thị câu a) suy : Nếu m : phương trình có nghiệm 4b.2 1,00 Nếu m 2 phương trình có nghiệm m 1 2 Nếu phương trình có nghiệm Nếu phương nghiệm m 1 2 trình vô A N 2,00M P B O C 5.1 * OM // AB OM, AB cùng tạo với (ACD) góc nhau, nên 0,50 OM d(O, ACD) VOACD VOACD AB d(B, ACD) VBACD VABCD *Tương tự 5.2 5.3 5.4 ON VOABD OP VOABC , AC VABCD AD VABCD OM ON OP 1 * AB AC AD *Áp dụng BĐT Côsi và kết hợp giả thiết điều cần chứng minh 0,50 0,25 0,75 -HẾT Ghi chú : - Điểm toàn bài không làm tròn; - Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa phần đó SỞ GD-ĐT KHÁNH HOÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH D (35) NĂM HỌC 2006-2007 MÔN TOÁN – LỚP 12 THPT – BẢNG B Ngày thi thứ hai Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,50 điểm) : 24 x khai triển thành đa thức biểu thức a) Tìm hệ số A x x x b) Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 6, có thể thành lập bao nhiêu số có chữ số khác cho số tìm có hai số và đứng cạnh nhau? Bài (2 điểm) : Giải hệ phương trình : x y 1 x2 y2 2 6 12 (1) x 5y 6xy (2) x2 y 1 Xét hình vuông ngoại tiếp (E) : Bài (2 điểm) : Cho elip có phương trình elip (tức là các cạnh hình vuông tiếp xúc với elip) Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh hình vuông đó Bài (1.50 điểm) : Cho hàm số f : \ 2 thỏa mãn tính chất sau: x 17 f ( x) f 100 x 3735 x Hãy tính f (3) Bài (2 điểm) : Cho hàm số m y m 2 x x 1 m (H m ) H a) Xác định m để m không cắt trục hoành H H b) Khi m là hyperbol, hãy tìm quỹ tích các điểm tâm đối xứng m HẾT (36) HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V2 - (2006-2007) -1- Bài (2.50 điểm) 1a - Viết lại biểu thức thành : (1.50) A x x x x x 0.25 - Khai triển A thành đa thức : A C6 C 6x x 1 C 6x x 1 C 6x3 x 1 C 6x x 1 2 C 6x5 x 1 C 6x x 1 10 6 0.50 12 16 x x 1 - Suy số hạng có x có số hạng C 10 10 C6.C12 66 C C 16 12 - Từ đó tính hệ số x là : Ta coi số 3,4 đứng cạnh là số Như số cần tìm lúc này 0.25 0.50 là số có chữ số dạng x a1a2 a3 a4 lập từ số : 0, 1, 2, , 6, 0.25 0.25 12 1b (1.00) - Vậy a1 có cách chọn - Chọn xong a1 thì a2 a3 a4 là chỉnh hợp chập phần tử Ta có A số 5A 300 Trong trường hợp này số các số x cần tìm là : số - Những số có chữ số không có mặt là : 4.3.2.1 = 96 số - Do có cách chọn, suy : x (300 – 96) = 408 số cần tìm Bài (2 điểm) t xy xy 3t - Đặt 3t t 3t t 1 Từ (1) ta phương trình : 12 2.2 12 0 (3) t - Đặt u 2 , ta đến phương trình : u 2.u 12 0 (4) Giải (4) nghiệm : u 2 (chọn) t - Do cách đặt, ta có phương trình : 2 t 1 0.25 0.25 0.50 0.50 xy 1 y 6 x Đi đến phương trình : Thay vào (2) ta có : x 3 x x 6x 6-x 12x 96x+180=0 x 5 y1 3 y 1 - Tương ứng tính Vậy hệ có nghiệm : (3; 3) và (5; 1) 2 0.50 0.50 Bài (2 điểm) - Giả sử () : Ax+By+C=0, () : Ax+By+C=0 là đường thẳng chứa (E) : x2 y 1 Khi đó cạnh đối hình vuông ngoại tiếp elip C 6 A2 3B C 2 mà C C nên C C - Phương trình chứa cạnh còn lại hình vuông là 0.50 0.50 (37) (1 ) : Bx-Ay+D=0, () : Bx-Ay+D=0 D=-D - Ta có 2C d (, ) d (1 , 1) A2 B 2D A2 B 0.50 C D HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V2 - (2006-2007) -2- - Suy A B Chọn A 1 B 1, C 3, D 3 Vậy ta có Phương trình cạnh là x y 3 0, x y 3 0 Bài (1.50 điểm) 2 0.50 2x 17 x Ta có g(23) 3, g(3) 23 - Đặt - Lần lượt thay x 23, x 3 ta hệ 0.50 2 f (23) f (3) 100.23 3735 2 f (3) f (23) 100.3 3735 - Giải hệ ta f (3) 2007 0.50 g(x) 0.50 Bài (2 điểm) 5a H - Để m không cắt trục Ox thì ta phải có : (0,75) m m 0 m m m 0 m 2; 3; 0;1; 0.25 5b (1,25) H - m là hypebol và ta có H - Tâm đối xứng m 0.50 m m m 0.25 (*) 0.25 (1) x m có tọa độ : y m m (2) 0.50 - Suy : y x 3x - Do điều kiện (*) nên x x x Vậy quỹ tích tâm đối xứng I là đường cong y x 3x với x \ 1; 1; 0.25 HẾT SỞ GD-ĐT KHÁNH HOÀ ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2.50 điểm) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2006-2007 MÔN TOÁN – LỚP 12 THPT – BẢNG B Ngày thi thứ Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) (38) a) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a: x 10 x 2( a 11) x 2(5a 6) x 2a a 0 b) Giải bất phương trình : x 7x 18x+18 x 10 Bài (1.50 điểm) : Cho dãy số u1 , u2 , xác định sau : u1 un un 1 1 2u n , n 1, 2, Hãy xác định số hạng tổng quát un Bài (2 điểm) : Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 a) Chứng minh đỉnh A, trọng tâm G tam giác BDA1 và đỉnh C1 thuộc đường thẳng GA b) Tính tỉ số GC1 2 Bài (2 điểm) : Cho bốn số thực thỏa mãn điều kiện: c d 6 và a b 1 2 Chứng minh : c d 2ac 2bd 18 Đẳng thức xảy nào? Bài (2 điểm) : Ta định nghĩa : khoảng cách từ điểm A đến đường cong (H) là đoạn thẳng AM bé với M (H) Hãy xác định tâm và bán kính đường tròn tiếp xúc với đường thẳng (d) : y x và với đường hypebol (H) : y x HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V1 - (2006-2007) Bài (2.50 điểm) 1a (1.25) -1- - Viết lại phương trình dạng a 2a ( x x 1) ( x 10 x 22 x 12 x ) 0 0.25 hay (39) ( x x a ) 0 a ( x x) a ( x x 2) 0 ( x x a 2) 0 0.25 - Bảng xét dấu - - -9 + -6 + + - -3 - + - Từ đó ta có kết a9 trình vô nghiệm a 9a6 0.75 : Phương : x 3 : x 3 a a : x 3 3; x 2 a 6 : x 3 a 9; x 2 a 1b (1.25) - Điều kiện nghiệm : x3 7x 18x+18 0 7-x 0 - Xét hàm x 3 x 4x+6 0 0.25 x 7 x 7 số : y x 7x 18x+18 7 x Hàm số xác định với x 3; 7 Đạo y hàm 3x 14x+18 2 x3 7x 18x+18 7 x 0.50 0.25 , chứng tỏ y’>0 với x 3; Vậy hàm số đồng biến đoạn - Mặt khác 3; 7 ta có : y( 3) 10 - Theo chứng minh trên ta có : Với x, cho : x 7 y( 3) y(x) với x 3; Dấu “=” xảy và x = -3 hay 0.25 (40) 10 x3 7x 18x+18 7 x Suy tập nghiệm bất phương trình là khoảng 3; 7 Bài (1.50 điểm) - Do u u1 2, un 1 n ; n 1, 2, 2un nên suy un 0, n 0.50 Vì từ giả thiết ta có : 2u 1 n 2 un 1 un un un , ta - Đặt vn1 vn 2, n 1, 2, Được CSC với 0.50 1 v1 u1 d 2 HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V1 - (2006-2007) -2- - Như 0.50 2( n 1) v1 (n 1)d un 2(n 1) Bài (2 điểm) 3a (1.00) A Đặt b B G C c A1 B1 - D AB a; AD b; AA1 c a D1 C1 S u y AG GB a ( ); AG GA1 c ( ); AG GD b ( 0.25 0.25 0.25 0.25 (41) ) T ( ), ( ), ( ) ta c ó : 3.AG a b c ( ) M ặt k h á c, AC1 a b c ( ) T ( ) v à ( ) ta c ó : 3.AG AC1 V ậ y (42) ể m A , G v à C1 th ẳ n g h à n g 3b (1.00) - Theo trên ta có : chứng 3AG AC1 AG GC1 suy 1 AG GC1 AG GC - Suy : 0.50 0.50 Bài (2 điểm) - Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng 0.25 (d) : x y 0 2 và đường tròn (C) : x y 1 M Mo N No (d) 0.50 O (C) 0.25 0.25 2 - Do a b 1 nên viết lại 0.25 (43) bất đẳng thức cần chứng minh (c a) (d b) 19 (c a) (d b) 3 (1) - Với a, b, c, d thỏa mãn đề bài thì ta có M(c ;d) (d) : x y 0 và N(a ; b) (C) : x y 1 , (1) MN 3 (2) - Kẻ OM (d), (M (d)) , OM cắt (C) N Ta có MN M N , M (d), N (C) (3) - Mặt khác OM d(O, d) 6 3 2 N M OM 3 (4) HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V1 - (2006-2007) - Từ (1), (2), (3) và (4) suy điều cần chứng minh - Đẳng thức xảy -30.25 c d 3 N N M M a b 0.25 Bài (2 điểm) - Nhận xét đường thẳng và hypebol có chung trục đối xứng là đường thẳng (d’) : y x Vậy đường tròn tiếp xúc với đường thẳng và hypebol phải có tâm thuộc đường (d’) Suy tọa độ I a; a tâm đường tròn là - Khoảng cách từ điểm I đến 1 M x; điểm x thuộc hypebol : 0.25 (44) IM x a 2 1 1 a x 2a x- 2a2 x x x x a a2 a2 2, x \ 0 x - Theo bài toán, IM a và x a 0 x (*) 0.50 - Khoảng cách từ điểm A đến 0.50 2a+1 (d) : 2a+1 0.25 0.25 a 2 - Ta có : - Giải phương trình này a 10 (thỏa nghiệm : (*) - Vậy đường tròn thỏa điều kiện bài toán có tâm là : 0.25 10 10 10 10 I1 ; ; ; I1 2 2 - Tương ứng tính bán kính đường tròn tìm : R1,2 10 1 HẾT (45)