Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán năm 2013 (10)

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 5y x x
= + −

b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y < π
Chứng minh:
( ) ( )
− ≤ −
3 3
6 sin 6 sinx 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
Bài 1:

(5,5đ)
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
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
Lim f '(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
)
Bài 2:
(6 điểm)
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 0x 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 5f =
,
( )
5 3 5f − = −
⇒ 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 < π ⇒ sinx > 0, siny > 0
Bất đẳng thức
3 3
6 6x x y y
sin x sin y
− −
⇔ ≤

Xét f(t) =
3
6t t
sin t
−
với t ∈ (0; π)
Có f '(t) =
( ) ( )
2 3
2
3 6 6t sin t t t cost
sin t
− − −
Xét g(t) = (3t
2
- 6)sint - (t
3
- 6t)cost với t ∈ (0; π)
Có g'(t) = t
3
sint > 0 ∀ t ∈ (0; π)
⇒ g(t) đồng biến trên (0; π) ⇒ g(t) > g(0) = 0
⇒ f'(t) > 0 với ∀ t ∈ (0; π) ⇒ f(t) đồng biến trên (0; π)
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
Bài 4:
(5,5 đ)
a. (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R =

5
Do
·
0
90ABC =
⇒ 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
m
m
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
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