Đề thi HSG tỉnh Nghệ An, năm học 2006-2007 và đáp án

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
log 2 2
2
+

+ + =
ữ

x x
x
b) Chứng minh phơng trình: x
5
4x
2
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:
(
)
2
3 5y x x

= +
b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x y <
Chứng minh:
( ) ( )

3 3
6 sin 6 sinx x y y y x
.
Bài 3: Giải hệ phơng 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 đờng
tròn (C). Biết (C) có phơng trình: (x 1)
2
+ (y + 2)
2
= 5;
ã
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 đ-
ờng cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán kính đờng 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:.................................
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
+

+ + =
ữ

(1)
Xét f(t) =
2
3
4
2
3
2 2
2
t t

log t
+

+ +
ữ

với t 0
Có f '(t) =
2
3
4
1
2 1 2 2
3
2
2
t t
( t ) .ln
t .ln
+
+ +

+
ữ

Ta có: f '(t) > 0 t 0,
1
0
2
f

=
ữ

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
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 dơng 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 < sinx > 0, siny > 0
Bất đẳng thức
3 3
6 6x x y y
sin x siny

Xét f(t) =
3
6t t
sin t

với t (0; )
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; )
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)
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:
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
ã
0
90ABC =
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
AC
=
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
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 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
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 đờng 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 đờng cong có phơng 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