Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An (Đề chính thức)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (460.99 KB, 5 trang )
KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính
thức
Môn thi: TOÁN (BẢNG A)
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
a) Giải phương trình:
3� x+
�
log 2 � x + �+ 2
2�
�
x−
3
4
=2
b) Chứng minh phương trình: x5 – 4x2 – 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: y = x 3 + 5 − x 2
)
b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y <
3
3
Chứng minh: ( x − 6x ) sin y ( y − 6y ) sin x .
(
)
2 x2 = y x2 + 1
Bài 3: Giải hệ phương trình: 3y3 = z( y4 + y2 + 1)
(
)
4z4 = x z6 + z4 + z2 + 1
Bài 4:
a) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp
ﾷ
đường tròn (C). Biết (C) có phương trình: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5; ABC
= 900;
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:.................................
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
Bài 1: a.(2,5đ) TXĐ: D = [0; + ). Đặt x = t 0
3
(5,5đ)
� 3 � t2 +t− 4
t + �+ 2
− 2 = 0 (1)
PT trở thành: log2 �
� 2�
3
� 3 � t2 +t− 4
t + �+ 2
− 2 với t 0
Xét f(t) = log2 �
� 2�
3
t2 +t −
1
+ (2t + 1)2 4.ln 2
Có f '(t) = � 3 �
t+ �
.ln 2
�
� 2�
�1 �
�2 �
Ta có: f '(t) > 0 t 0, f � �= 0
0.25
0.25
0.25
0.5
0.75
pt (1) có một nghiệm duy nhất t =
Vậy pt đã cho có một nghiệm x =
ĐIỂM
1
4
1
.
2
0.25
0.25
b.(3đ): Ta có pt x5 = (2x + 1)2
Nếu x là nghiệm thì x5 0 x5 = (2x + 1)2 1 x 1
Với x 1 xét f(x) = x5 4x2 4x 1
Ta có: f '(x) = 5x4 8x 4; f "(x) = 20x3 8 > 0 với x 1
'(x) = +
f '(x) đồng biến trên [1, + ), mà f '(1) = 7; Limf
x +
x0 (1; + ) để f '(x0) = 0
Ta có bảng biến thiên:
x
1 x0 +
f'(x)
0 +
+
8
f(x)
f(x0)
2
Ta có: f '(x) = 3 + 5 − x −
x2
5 − x2
=
0.5
3 5 − x 2 − 2x 2 + 5
(
5 − x2
f '(x) = 0 3 5 − x 2 − 2x 2 + 5 = 0 ; x − 5 ; 5
5
2
2
x = 4
4x 4 − 11x 2 − 20 = 0
x=2
x = −2
x2
Có f(2) = 8, f(2) = 8, f
( 5) = 3
(
)
5 , f − 5 = −3 5
Max f(x) = 8 khi x = 2; Min f(x) = 8 khi x = 2
b. (3đ) Do 0 < x y < sinx > 0, siny > 0
Bất đẳng thức
Xét f(t) =
Có f '(t) =
x 3 − 6x
sinx
0.5
0.5
0.5
Dựa vào bảng biến thiên suy ra pt: f(x) = 0 có một nghiệm duy nhất
và nghiệm đó có giá trị dương đpcm.
Bài 2: a. (3đ): TXĐ: D = �
− 5; 5 �
�
�
(6 điểm)
0.5
y 3 − 6y
siny
t 3 − 6t
với t (0; )
sint
( 3t 2 − 6 ) sint − ( t 3 − 6t ) cost
sin2 t
Xét g(t) = (3t2 6)sint (t3 6t)cost với t (0; )
Có g'(t) = t3sint > 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
0.5
0.25
1.0
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
Bài 3: Trường hợp 1: Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0.
(3 điểm) 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:
2x2 = y(1 + x2) 2xy x y
3y3 = z(y4 + y2 +1) z.3y2 y z (vì y4 + y2 + 1 3y2)
4z4 = x(z6 + z4 + z2 +1) x.4z3 z x (vì z6 + z4 + z2 + 1 4z3)
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
Bài 4: a. (3đ): (C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 5
(5,5 đ)
0 C đối xứng với A qua I C(0; 4)
Do ﾷ
ABC = 90
có pt đường thẳng AC là: 2x y 4 = 0
Có S
= 4 khoảng cách từ B đến AC là: d =
ABC
2S
4
=
AC
5
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
4+m
5
=
4
5
0.5
0.25
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
m=0
m = −8
0.25
+ Với m = 0 pt của : 2x y = 0 toạ độ B là nghiệm của hệ:
y = 2x
�
2
2
( x − 1) + ( y + 2 ) = 5
6
x=0
5
hoặc
�
y=0
12
y=−
5
x=−
0.5
+ Với m = 8 Pt của : 2xy 8 = 0 toạ độ B là nghiệm của hệ:
y = 2x − 8
�
2
2
( x − 1) + ( y + 2 ) = 5
16
x=2
5
hoặc
�
y = −4
8
y=−
5
x=
0.5
6
5
Vậy toạ độ C(0; 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( − ; −
hoặc (2; 4) ho ặc (
12
)
5
16 8
;− )
5 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).
y
Có: h = 3r (AB + BC + CA)r = 3BC.r
A
AB + CA = 2BC sinC + sinB = 2sinA
I
-3
B
0
K H
B
C
.cot g = 3 (*)
2
2
B BK
C CK
mà cotg =
; cot g =
2 IK
2 IK
cotg
3
C x
Từ (*) BK.CK = 3IK2 (**)
Do I là tâm đường tròn nội tiếp K thuộc đoạn BC
nên BK.CK = (3 + x)(3 x), IK2 = y2
Thay vào (**) ta có: x2 + 3y2 = 9.
Suy ra I thuộc đường cong có phương trình: x2 + 3y2 = 9
Ghi chú: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
