Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 27 ppt

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12


Môn thi: TOÁN (BẢNG A)
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)


Bài 1:
a) Giải phương trình:
3
4
2
3
log 2 2
2
 
 
  
 
 
x x
x

b) Chứng minh phương trình: x
5
– 4x
2
– 4x = 1 có đúng một nghiệm và
nghiệm đó nhận giá trị dương.

Bài 2: a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:


2
3 5
y x x
  

b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y < 
Chứng minh:




  
3 3
6 sin 6 sin
x x y y y x
.
Bài 3: Giải hệ phương trình:


 
 

 


  



   


2 2
3 4 2
4 6 4 2
2 1
3 1
4 1
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
đường tròn (C). Biết (C) có phương trình: (x – 1)
2
+ (y + 2)
2
= 5;
·
ABC
= 90
0
;
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
đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán kính đường 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 đường cong cố định.

HẾT




Họ và tên thí sinh SBD:

Đề chính thức

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)


BÀI NỘI DUNG ĐIỂM

a.(2,5đ) - TXĐ: D = [0; +). Đặt
x t

 0
PT trở thành:

2
3
4
2
3
2 2 0
2
t t
log t
 
 
   
 
 
(1)
Xét f(t) =
2
3
4
2
3
2 2
2
t t
log t
 
 
  
 
 

với t  0
Có f '(t) =
2
3
4
1
2 1 2 2
3
2
2
t t
( t ) .ln
t .ln
 
 
 

 
 

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
Bài 1:
(5,5đ)

b.(3đ): Ta có pt  x
5
= (2x + 1)
2

Nếu x là nghiệm thì  x
5
 0  x
5
= (2x + 1)
2
 1  x  1
Với x  1 xét f(x) = x
5
- 4x
2
- 4x - 1
Ta có: f '(x) = 5x
4
- 8x - 4; f "(x) = 20x
3
- 8 > 0 với  x  1
 f '(x) đồng biến trên [1, +), mà f '(1) = -7;
x
Limf '(x)

 

  x
0

 (1; +) để f '(x
0
) = 0
Ta có bảng biến thiên:
x
1 x
0
+
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 dương  đpcm.

0.5

0.5
0.5

0.5





0.5

0.5
f(x
0
)

a. (3đ): TXĐ: D =
5 5
;
 

 

Ta có: f '(x) = 3 +
2
2
2
5
5
x
x
x
 

=
2 2
2
3 5 2 5

5
x x
x
  


 f '(x) = 0 
2 2
3 5 2 5 0
x x
   
; x 


5 5
;

2
4 2
5
2
4 11 20 0
x
x x





  



2
2
4
2
x
x
x


 

 


Có f(2) = 8, f(-2) = -8,


5 3 5
f 
,


5 3 5
f   

 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
Bài 2:
(6 điểm)

b. (3đ) Do 0 < x  y <   sinx > 0, siny > 0
Bất đẳng thức
3 3
6 6
x x y y
sin x siny
 
 

Xét f(t) =
3
6
t t
sint

với t  (0; )

Có f '(t) =




2 3
2
3 6 6
t sin t t t cost
sin t
  

Xét g(t) = (3t
2
- 6)sint - (t
3
- 6t)cost với t  (0; )
Có g'(t) = t
3
sint > 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)

Trường hợp 1: Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0.
Trường 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:
2x
2
= y(1 + x
2
)  2xy  x  y
3y
3
= z(y
4
+ y
2
+1)  z.3y
2
 y  z (vì y
4
+ y
2

+ 1  3y
2
)
4z
4
= x(z
6

+ z
4
+ z
2
+1)  x.4z
3
 z  x (vì z
6
+ z
4
+ z
2
+ 1  4z
3
)
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
a. (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R =
5

Do
·
0
90
ABC   C đối xứng với A qua I  C(0; -4)
có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0
Có S
ABC
= 4  khoảng cách từ B đến AC là: d =
2 4
5
S
AC


 B  đường 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
Vậy
0
4
4

8
5 5
mm
m



 

 


+ Với m = 0 pt của : 2x - y = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:
   
2 2
2
0
0
1 2 5
y x
x
y
x y






 


   



hoặc
6
5
12
5
x
y

 




 



+ Với m = -8 Pt của  : 2x-y- 8 = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:
   
2 2
2 8
2
4
1 2 5
y x

x
y
x y
 





 
 
   



hoặc
16
5
8
5
x
y






 




Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc (
6 12
5 5
;
 
)
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 đường 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
2 2
B C
.cot g
= 3 (*)
mà cotg
2 2
B BK C CK
; cot g
IK IK
 
Từ (*)  BK.CK = 3IK
2
(**)

Do I là tâm đường tròn nội tiếp  K thuộc đoạn BC
nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK
2
= y
2

Thay vào (**) ta có: x
2
+ 3y
2
= 9.
Suy ra I thuộc đường cong có phương trình: x
2
+ 3y
2
= 9



0.5


0.5


0.25

0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
Bài 4:
(5,5 đ)

Ghi chú: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.




B
0

K H C x
I

A

y

-
3

3