De thi HSG Khanh Hoa cac nam

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 1. (3,0 điểm) x 1 x  1 (1). Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của đồ thị hàm số (1). 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. y. Bài 2. (2,5 điểm) Giải phương trình. . . 2sin 2 x  3 sin 2x  1 3 cos x  3 sin x .. Bài 3. (2,5 điểm)  2. Tính tích phân. 2cosx  sin2x dx 2 0  1  sinx   2  cos x . I . .. Bài 4. (3,0 điểm) A 3; 2  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 của các đỉnh B, C.. Bài 5. (3,0 điểm) 4 x  x  1  y  y  1  z  z  1  . 3 Tìm giá trị nhỏ Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 P   . 1  x 1  y 1  z nhất của Bài 6. (3,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng a và điểm M thuộc cạnh 2a CM  . 3 Mặt phẳng    đi qua A, M và song song với BD chia khối lập CC’ sao cho phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích hai khối đa diện đó. Bài 7. (3,0 điểm) 2xy  2 2  x  y  x  y 1  3x 2  9x 2  3  2  3x  y  Giải hệ phương trình . . . .. . 2. . 1  x  x  x  y 0.  HẾT .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - 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 2   m  2  x  m  1 0  * , x 1 x 1  m 2  8  0   m 1  m  2  m  1  0  (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 1. Giả sử. A  x1 ; y1  , B  x 2 ; y 2 . thì x1 , x 2 là các nghiệm (*) và. 0.50. 0.50. y1 x1  m, y 2 x 2  m. (3,0đ). 0.50. Ta có 2. 2. 2. 2. AB2  x1  x 2    y1  y 2  2  x1  x 2  2  x1  x 2   8x1x 2 2  m 2  8 . Khi đó,. d  I;   . 0.50. m. SIAB. 2 và do đó. 1.00. 1 m 2 3  . . 2m 2  16 2 3  m 2. 2 2. Phương trình đã cho được viết lại 3sin 2 x  2 3 sin x cos x  cos 2 x 3.  2 (2,5đ). 3 (2,5đ). . 3 sin x  cos x. . 2. 3. . . 3 sin x  cos x. . 3 sin x  cos x 0. . 0.50 0.50.  3 sin x  cos x 0   3 sin x  cos x 3. 0.50. 1  tan x    3   x   k, k  . 6  3 sin x  cos x 3. 1.00.  2. (1  sin x)cos x dx 2 0  1  sin x   1  sin x . I 2 . 0.50.  x 0  t 0, x   t 1 t sin x  dt cos xdx ; 2. 0.50.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1. 1. 1 t t   1 I 2  dt 2    dt 2 (1  t)(1  t ) 1  t 1  t2  0 0. 1.00. 1  1 2  ln t  1  ln  1  t 2   ln 2 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;  2  có AO kéo dài cắt (O) tại 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 ra BHCD là hình bình hành  I là trung điểm HD Khi đó, BC I  1;  1 AH   2;  2  4 đi qua  và nhận làm VTPT nên phương trình BC là x  y  2  0 (3,0đ)  x 2  y 2 13  Tọa độ B, C là nghiệm của hệ  x  y  2 0   2  22  2  22    2  22  2  22  ; ;  ,  . 2 2 2 2    Giải hệ ta được hai nghiệm là   1 1 1     x  y  z  3 P (x  1  y  1  z  1)   9 x  1 y  1 z  1   Ta có  P. Mặt khác từ giả thiết 2. 0.50 0.50. 0.50 1.00. 0.50. 9 . x  y z 3. x 2  y2  z 2   x  y  z  . 4 3. 1 2 x  y  z   x  y  z , 3 Ta lại có dấu “ ” xảy ra khi x  y z 5 1 2 4 t  t   0  t 4 (3,0đ) 3 Đặt t x  y  z thì 3 (vì x, y, z dương) 2. 0.50. 0.50. 2. 1 1  t   f  0, t   0, 4 2 f  t  t  3   t  3 với 0  t 4 ta có Xét hàm nên f  t 0, 4 nghịch biến trên  9 9 A 9.f  4    . 4  3 7 Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi Do đó,  x  y  z 4 4  x  y z  .  3  x  1 y  1 z  1. 0.50. 0.50. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> A'. D'. O'. B'. C'. M. I. K. N. A. D O. B. C. Dựng thiết diện của mặt phẳng đi qua A, M và song song với BD. Gọi O là giao 6 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’ lần lượt tại K, N. Khi đó  AKMN là   cần dựng Đặt V1 VA.BCMK  VA.DCMN , V2 VABCD.A ' B 'C ' D '  V1 OI AO 1 1 a    DN BK OI  CM  2 3 Ta có CM AC 2 Hình chóp A.BCMK có chiều cao là AB a, đáy là hình thang BCMK. Suy ra. 1.00. 1 AB BC  BK  CM  a 3 VA.BCKM  AB.SBCMK  .  3 3 2 6. 1.00. Vậy 7 (3.0đ). 0.50. V1 . a3 a 3 2a 3 , V2 a 3   . 3 3 3. 0.50. Điều kiện x  y  0 2. PT (1).   x  y  1.  2xy 2xy   2xy 0   x  y  1  x  y  1   0 xy xy . 0.50.  x 2  y2  x  y  x 2  y2  x  y   x  y  1   0  x  y  1  0  0)  xy x  y   (do Với x  y 1, thay vào phương trình (2) ta được. . . 3x 2  9x 2  3   4x  2 . .    3x  2 .   3x . 2. . . . 1  x  x 2  1 0. .  3  2x  1 2 . Nhận xét rằng (3) chỉ có nghiệm khi.  2x  1.  3x  2x  1  0  . 0.50 2. 3.  (3). 1 x 0 2. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Xét hàm số. f  t  2t  t 4  3t 2. với t  0 ta có. f  t  2 . 2t 3  3t t 4  3t 2. 0;    . Vậy hàm số này liên tục và đồng biến trên  1  x 0 Với điều kiện 2 thì u  3x  0 và v 2x  1  0. Khi đó,.  3  f  u  f  v   u v   3x 2x 1  x  Vậy hệ có nghiệm duy nhất.  0, t  0. 0.50. 1 5. 1 6 ; .  5 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  2 Cho hàm số y = x  2 . Tìm 2 điểm trên 2 nhánh của đồ thị mà tiếp tuyến tại hai điểm đó song song với nhau và có khoảng cách lớn nhất. Bài 2: (2,5 điểm) Giải phương trình sin3x = cosx.cos2x(tan2x + tan2x). Bài 3: (3,0 điểm) 2. x 2 ln( 1  x 2  x)  4ln( 1  x 2  x)  2 I  dx 2 2 (4  x ) 2 Tính tích phân . Bài 4: (2,5 điểm) x 2 y2  1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình 16 1 và Parabol có 3 2 3 9 x  x 2 4 . Chứng minh rằng Elip và Parabol cắt nhau tại 4 điểm nằm phương trình y = 4 trên một đường tròn. Bài 5: (3.0 điểm) 12x  8 Giải bất phương trình. 16  9x 2.  2x  4  2 2  x ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 6: (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Gọi V 1, V theo thứ tự là thể V1 tích của khối chóp S.AMKN và S.ABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của tỷ số V . Bài 7: (3,0 điểm)   y  y2  4   x  y   2x 2  2xy  2y 2  3 6ln    x  x2  4      5 x y  3xy  1 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 4 2 Ta có y= x+3 + x  2 nên y/ = 1- (x  2) Do đó hệ số góc của 2 tiếp tuyến tại 2 điểm A (xA, yA) , B(xB; yB) là 4 2 k = 1- (x 0  2) Tại A và B các tiếp tuyến đó song song với nhau khi và chỉ khi xA; xB là 2 4 4 2 nghiệm của phương trình: (x 0  2) = 1- k  (x0-2)2 = 1  k. 4 0  1 k nên xA+xB = 4 4 4 4(x A  x B  4)  1 Suy ra : yA+ yB =6+ xA+xB + x A  2 x B  2 = 10 + (x A  2)(x B  2) = 10 (3,0đ) Suy ra trung điểm của AB là giao điểm của 2 đường tiệm cận M(2;5) Vậy khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến đó lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M đến 1 tiếp tuyến (trong 2 tiếp tuyển đó) là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến (  ) với đồ thị tại A có dạng: 4 4 (1  )(x  x 0 )  x 0  3  2 (x 0  2) x0  2 y=. Điểm. 0.50. 0.50. x 02  4x 0  4 . khoảng cách từ M đến (  )là (1 . 4 4 )(2  x 0 )  5  x 0  3 2 (x 0  2) (x 0  2) (1 . 4 )2  1 2 (x 0  2). 0.50 0.50. 0.50 8 16  2(x 0  2) 2  8 2 (x 0  2). d= = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương trong căn ta được. 0.50.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 8 4 d  2 32  8 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (x0-2)4 = 8  x 0 2  8 4 4 4 4 4 4 Vậy 2 điểm phải tìm là A (2+ 8 ; 5+ 8 + 2 2 ) và B (2- 8 ; 5- 8 - 2 2 )    x  2  k  x    k  4 2 (*) Điều kiện . sin 2 x sin 2x  ) 2 Phương trình được 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) = 0. 2 Nên: sinx= 0 (a) (2,5đ) hay : 3cosx- 4cosx.sin2x – 2sinx.cos2x + sinx -2 cos3x = 0 (b) Giải (a): sinx= 0  x k ( thỏa điều kiện (*). 0.25 0.50 0.25 0.25. Giải (b) : vì cosx 0, chia 2 vế cho cos3x, ta được phương trình   x   m  t anx  1  4    t anx  1  x    n  4 tan3x – tan2x –tanx +1 =0 (loại vì đk (*)) Kết luận: Phương trình có nghiệm : x= k 3 (3,0đ). 0.25. 0.75. 0.25. 2. x 2 ln( 1  x 2  x)  4ln( 1  x 2  x)  2 I  dx (4  x 2 ) 2 2. 0.25. 2. (x 2  4)(ln 1  x 2  x)  2  dx (4  x 2 )2 2 2. 2. ln( 1  x 2  x) 2 I  dx   dx 2 4x (4  x 2 ) 2 2 2 2. ln( 1  x 2  x) I  dx 0 2 4  x  2 Đặt x = -t thì và 2. Nên I=. 2. 4 1 dx  dx  2 2  (4  x ) 4  x2 0 0. 0.25 2. Với I1 =  4. I1=. 0.50. 2. x2 dx  (4  x 2 ) 2 0. 0.25 0.50. 2. 1 dx 2  4  x 0. 2. 1 1 dx  2 dx 2 2 2 2   (4  x ) (4  x ) 2 0. , đặt x=2tant  dx=2(1+tan2t)dt thì. 2(1  tan 2 t)dt    4(1  tan 2 t) 8 0.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  u x du dx   xdx   1  dv  v  2 2   (4  x ) 2(4  x 2 )  dùng từng phần . 2. I2 =. x2 dx 2 2  (4  x ) 0. I2 =. x 2(4  x 2 ) 0. 2. 2. +. 1. 2(4  x 0. 2. ). dx.  2 = 16. 0.50. 2 Do đó I = 16 Phương trình cho hoành độ giao điểm của (E) và (P): x2 3 2 3 9  ( x  x  ) 2 1 16 4 2 4 x2 3 3 9  ( x 2  x  )2  1 2 4 Đặt f(x) = 16 4 thì f liên tục trên R. 4 (2,5đ). 0.25. 0.25. 0.25. Tính được f(-4)=225/16 ; f(-3) = -7/16 suy ra phương trình có ít nhất 1 nghiệm trong 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) = 0 có đúng 4 nghiệm suy ra (E) và (P) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt A,B,C,D Gọi M0(x0;y0) là một giao điểm tùy ý trong 4 giao điểm A,B,C, D  x2 2  16  y 1   3 x 2  3 x  y  9 0 2 4 Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:  4. 0.50. 0.50.  x 2  16y 2  16 0  x 2  16y 2  16 0    2 2 2 15x  30x  20y  36 0 16x  16y  30x  20y  61 0 0.50.  x 2  16y 2  16 0   2 15 5 61 2 0 x  y  x  y  8 4 16  Do đó M0 thuộc đường tròn có phương trình:. 5 (3,0đ). 0.50. x 2  y2 . 15 5 61 x y 0 8 4 16. 1301 Tâm là I(-15/16; 5/8) bán kính R= 16 Điều kiện : -2 x 2 2(6x  4) Bất phương trình được viết lại như sau:. 16  9x. 2.  (6x  4)  2 2x  4  4 2  x  16  9x 2   0    2 2x  4  4 2  x  16  9x 2   0  Vì:  (3). . 6x  4 2x  4  2 2  x (2). 0.50. 0.50 0.50 0.50.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 2 Nhân 2 vế của (2) với vế trái của (3), ta được (6x-4)(9x2 +8x-32-16 8  2x )>0 2 2  (6x-4)(x+2 8  2x +8)(x-2 8  2x )>0 (4) 2 Vì: -2 x 2 nên: x+2 8  2x +8 >0. Do đó (4)  (6x-4)(x-2  2   2 x  3    x  2 8  2x 2  2     2 x  3  2     x  2 8  2x . 0.50. 8  2x 2 )>0. 0.50. 4 2  x 2   3 2    2 x  3 .. 0.50. 6 (3,0đ). 0.50 1 1 Vì ABCD là hình bình hành => VSABC = VSADC = 2 VSABCD = 2 V. VSAMK SM SK x.V SM SN  .  VSAMK  x y 4 Đặt SB , SD , thì VSABC SB SC V => V1 = VSAMK + VSANK = 4 (x + y) (1) V V 3xy.V Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK = x.y. 2 + x.y. 4 => V1 = 4 (2). x Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y = 3x  1 (3) 1 Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x > 3 SN x 1 1 1  1 3x  1 Và y = SD  2x - 1  0 (v× 3x-1 > 0 => x  2 do đó 2  x 1 3 x 3x 2 V1 1 3 x.   xy Từ (1) => V 4 (x + y) = 4 = 4 3x  1 4(3x  1) 3x 2 3x(3x  2) 1 x 1 2 Xét hàm số f(x) = 4(3x  1) với 2 . Ta có f’(x) = 4(3x  1) f’(x) = 0  x 0  x 2 / 3. 0.75. 0.50.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Bảng biến thiên x. 1/2. 2/3. f’(x) f(x). -. 1. 0. +. 3/8. 0.50 3/8. 1/3 1 3 1 1 V1 3 ;1  3 8 2 3 V 8 Suy ra  f(x)  với x  [ ] hay  V1 1 2 2 Vậy Min ( V ) = 3 khi x = 3 hay SM = 3 SB 1  Là trung điểm của SB  x 2   M V1 3  M B   và Max ( V ) = 8 khi  x 1. Từ.  y  y2  4   2  x  x  4  .  x  y   2x 2  2xy  2y 2  3 6ln . . . .  2x 3  3x  6ln x  x 2  4 2y3  3y  6ln y  y 2  4 Xét. 0.75. . f  t  2t 3  3t  6ln t  t 2  4. . 0.50. .  1. tR.  1 1 6  t 2    t2  4 t2  4 2   1 1 t2  4 1 1 1 1 15 9 2 t        t 2  4  16 2 t 2  4 2 t 2  4 16 2 t2  4 2 3 15 9 3 15 9    t 2  4      0 4 16 2 4 4 2 Ta có f ' t 0 t  Suy ra   hàm số đồng biến và liên tục trên R 7 (3.0đ) Mà (1)  f  x  f  y   x y x 6  3x 2  1 0  2  Thay vào phương trình còn lại của hệ ta có 3 x 2 u  u 0  Đặt suy ra u  3u 1 (3) g u u 3  3u  1 Xét   với u 0 2 g ' u 0  u 1 g '  u  3u  3 có   Bảng biến thiên u -1 0 1 2 g’(u) + 0 0 + + g(u) f '  t  6t 2  3 . 6. + -1. 1 Căn cứ vào BBT phương trình (3) có nghiệm -3 duy nhất thuộc (0; 2). 0.50. 0.50. 0.50. 0.50.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>      0;   2 Đặt u 2cos  với 1   cos3 =   =  x  2cos 2 9 9 (3) trở thành     2cos ; 2cos  9 9 Vậy hệ có nghiệm . 0.50.    ;   2cos ;  2cos  9 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.  2. sin x  3. dx 1  cos x. b. Tính I = . Bài 2: (5,00 điểm) a. Giải phương trình (x – 2)[log2(x – 3) + log3(x – 2)] = x + 1.  x 5  xy 4 y10  y 6  4x  5  y 2  8 6 b. Giải hệ phương trình  . Bài 3: (5,00 điểm) a. Trong mặt phẳng Oxy, cho 4 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 lần lượt đi qua A và C, hai cạnh song song còn lại lần lượt đi qua B và D. b. Giải phương trình 3 1+ tanx(sinx + 2cosx) = 2(sinx + 3cosx) . Bài 4: (3,00 điểm) 0  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD 60 ;. SA SB SD . a 3 2 . Gọi P là trung điểm của SC; () là mặt phẳng chứa AP và song song. với BD ; () cắt SB, SD lần lượt tại E, F. d S, ABCD   d  SD, BC  a. Tính các khoảng cách   ; . b. Tính thể tích khối chóp S.AEPF..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Bài 5: (2,00 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 2(x2 + y2) = xy + 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá x 4  y4 trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2xy  1 .  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. 2. y (3x  2)  x  (2m  1)x  m  3 Ta phân tích được y' 3[x 2  (2m  1)x  m  3]  (3x  2)(2x  2m  1)  y 0  '  y 0  Đồ thị tiếp xúc với trục hoành 2 x 3 thì y = 0, để đồ thị tiếp xúc với trục hoành thì y’ = 0 Xét 25 25  m 0  m  1a 3 3 (2,5đ)  y 0  x 2  (2m  1)x  m  3 0 2   '  x 2x  2m  1 0 3 , để tiếp xúc thì  y 0 Xét x. 2m  1 2 , thay vào (1) thì. 0,50 0,50 0,50. 0,50. (1) (2). Từ (2) ta có 2  2m  1   2m  1  11 2    (2m  1)    m  3 0  4m  11 0  m   2   2  2 25 11 m m  3 hay 2 thì đồ thị tiếp xúc với trục hoành. Vậy 1b  sin xdx sin xdx 1  cos x  dt    2dt (2,5đ) 2 1  cos x 1  cos x Đặt t =  6  x  t x   t 1 3 2 ; 2 Đổi cận 6 2.  2. sinx  3. . 6 2. 1  t 1. ( 1. 0,50 0,50. 6 2. dx 2dt 1  1   2 4   2  dt 2  t 2  t 1  cos x 1 2t  t   1 6 2. 0,50. 6 2. dt 1 1   t 1 2  t)( 2  t) 2 2. 6 2. 0,50. .  1. 0,50. 1 1   dt 2 t 2 t .

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 6. 2  2 1  1  ln 2  t  ln t  2 3 2 2 1  2 1  3 2 1 2   1   ln  ln  1  3 2 2  2 3 2  1 Điều kiện x  3. . . 2 1  3 2  ln   3 2  1 2 .  log 2 (x  3)  log 3 (x  2) . Với điều kiện trên, phương trình Xét F(x) log 2 (x  3)  log 3 (x  2). 0,50. .. x 1 x 2. 0,50. 1 1   0 (x  3) (x  3)ln 2 (x  2)ln 3 2a  F(x) đồng biến x  3 (2,5đ) x 1 G(x)  x  2 ( x  3 ) Xét 3 G'   0 (x  3) (x  2) 2  G(x) nghịch biến x  3. 0,50. Suy ra phương trình F(x) = G(x) có nhiều nhất là 1 nghiệm Với x = 5 thì F(5) = G(5). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 Đặt các phương trình của hệ theo tứ tự từ trên xuống là (1) và (2). Từ (1) Nếu y = 0  x = 0, thay vào (2) thì 5  8 6 : vô lý Vậy y  0, chia 2 vế của (1) cho y5 ta được phương trình. 0,50 0,50. F' . 5. x x 5    y  y  y y (3) 5 Xét hàm số f(t) = t + t trên tập R, ta có f ’(t) = 5t4 + 1 > 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 2 vào ( 2 ) ta có phương trình 4x  5  x  8 6 Giải phương trình trên được x = 1, suy ra hệ có nghiệm (x; y) = (1; -1) hay (1; 1).  3a n (A; B), A 2  B2 0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng (d ) Gọi 1 (3,0đ) đi qua A. Phương trình đường thẳng (d1) là Ax + By – 2A – 3B = 0 Đường thẳng (d2) qua C và song song (d1) nên phương trình Ax + By + 3A + B = 0 (d3)  (d1) và đi qua B nên có phương trình Bx – Ay + 2A + 2B = 0 (d4)  (d1) và đi qua D nên có phương trình là Bx – Ay – 3A – 4B = 0 Vì (d1), (d2), (d3), (d4) cắt nhau tạo thành 1 hình vuông, nên khoảng cách từ A đến (d2) bằng khoảng cách từ B đến (d4) 5A  4B Khoảng cách từ A đến (d2) =. A 2  B2  5A  6B. Khoảng cách từ B đến (d4) =. A 2  B2. 0,50. 0,50. 0,50 0,50 0,50. 0,50. 0,50. 0,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  B 0  B  A 5A  4B   5A  6B Vậy . Do đó  * Với B = 0 nên A  0, thì các đường thẳng qua C và A cùng song song với trục tung, lần lượt có phương trình là x = -3, x = 2, (khoảng cách giữa chúng bằng 5) Đường thẳng qua D và B cùng song song với trục hoành lần lượt có phương trình y = -3 và y = 2, khoảng cách giữa chúng cũng bằng 5 * Với B = -A, thì A 0, thay vào các phương trình các đường thẳng (d1), (d2), (d3), (d4), ta được (d1): x - y +1=0; (d2) : x - y +2 =0; (d3) : x +y = 0; (d4) : x +y – 1= 0 Kết luận : Có 2 trường hợp (d2) x = -3 , (d1) x = 2, (d4) y = -3 và (d3) y = 2 hoặc (d1): x - y +1=0 ; (d2) : x - y +2 =0 ; (d3) : x +y = 0 ; (d4) : x +y – 1= 0.      k    k x   k, k  Z 4 2 Điều kiện 1+ tanx > 0 và x 2 3b (2,0đ). 3 1+ tanx(sinx + 2cosx) = 2(sinx + 3cosx). 0,50. 0,50. 0,50. 0,50 0,50.  3 1+ tanx (tanx  2) 2(tanx  3) t tanx  3 t  1(t  2) 2(t  3)  9(t 1)(t 2  4t  4) 4(t 2  6t  9). 0,50.  9t 3  41t 2  48t 0  t(9t 2  41t  48) 0  t 0 (vì 9t2 + 41t + 48 = 0 vô nghiệm)  sinx = 0  x = k  .. 0,50. S. P. a 3. E. 2. I. K H A. F. C. B a. O. M. D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD). a 3 2 và tam giác ABD đều. Suy ra H là tâm của tam Do giác đều ABD, nên H  AC SA SB SD . 4a (2,0đ). 0,50. SH   ABCD  SH   SAC    SAC    ABCD  Do và BH là hình chiếu của SB lên mp(ABCD) và BH  BC  SB  BC .. 2a 3 a 3 3a 2 a 2 5a 2 2 2 2 AH   SH SA  AH    3 2 3 ; 4 3 12 a 15 d  S,  ABCD   SH  6 . Vậy. 0,50.           . Do BC // AD Gọi M là trung điểm AD, gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên SM.  BC / / SAD  d SD, BC d BC, SAD. Do. AD   SMB . . Suy ra. BK   SAD . và. d B, SAD. d  B,  SAD   BK. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> a 15 a 3 SH.BM 2  a 10 BK.SM SH.BM  BK   6 2 SM 4 3a a 2  4 4 Ta có a 10 d  SD, BC   4 . Vậy 1 1 3 a 15 a 3 5 VS.ABCD  SABCD .SH  a 2 . .  3 3 2 6 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. . 2 1 1 1 1 a3 5  .   VS.AEP  VS.ABC  VS.ABCD  SB SC 3 2 3 3 6 72. Tương tự. .. VS.AFP. 1 a3 5 a3 5  VS.ABCD  VS.AEPF  6 72 . Vậy 36 ..   x  y  2  2xy   4xy  xy  1  5 Ta có xy + 1 = 2    x  y  2  2xy  4xy  xy 1  3 Và xy + 1 = 2  1 1  t  5 3 Đặt t = xy thì. 0,50. 0,50. 2. 2 2 2 2 x 4  y 4  x  y   2x y  7t 2  2t  1 1 1    t  2xy  1 4(2t  1) 3 P = 2xy  1 với 5 5  7t(t  1) (2,0đ) 2 P’= 2(2t  1) , P’=0  t 0 (nhận) hoặc t  1 (loại) 1  1  1 2 P    P    , P(0)  4  5  3  15. 0,50. 0,50. Suy ra  1 2  2  max P  ; khi (x; y)  0;   ,   ;0  4 2   2    2 5 5  3 3 min P  ; khi (x; y)   ;   ,   ;   . 15 5   3 3   5. 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) ------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Bài 1: (4,00 điểm). 2x  1 x  1 có đồ thị (C) . Tìm tọa độ của các điểm M  (C) sao cho a) Cho hàm số khoảng cách từ điểm I( 1; 2) tới tiếp tuyến tại M của (C) là lớn nhất. y. 2. b) Tính I = Bài 2: (4,00 điểm). (e. 2. x. 1 dx  1)(x 2  4). 3 2 2 a) Giải phương trình 3 x  2x  3 2x  8x  4 . x.  2  19x 43  0    36 36 b) Giải phương trình  3  .. Bài 3: (4,00 điểm) a) Chứng minh tam giác ABC có góc A bằng 1200 khi và chỉ khi cos B  cos C  sin A  3 sin B  sin C  cos A . 5 1 7 x  1 2 6x 2 x b) Tìm giá trị nhỏ nhất của 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 = 0. Điểm C nằm trên (d), biết rằng đường thẳng CM cắt trục hoành tại A và đường thẳng CN cắt trục tung tại B. Chứng minh rằng đường thẳng AB đi qua 1 điểm cố định, khi C chạy trên (d). b) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Hai đoạn MP và NQ cắt nhau tại H khác O. Hãy tìm điểm I trên đường tròn tâm H bán kính HO sao cho (IA + IB + IC + ID) có giá trị lớn nhất. 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 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).  3  M  x 0 ; 2    (C) x 0  1  D R \   1  . Nếu thì tiếp tuyến tại M có phương. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> y 2. trình. 3 3  (x  x 0 ) x 0  1 (x 0  1)2. hay. 3(x  x 0 )  (x 0  1) (y  2)  3(x 0  1) 0 Khoảng cách từ I( 1;2) tới tiếp tuyến là 2. d. 3( 1  x 0 )  3(x 0  1) 9   x 0  1. 4. . Theo bất đẳng thức Côsi. 6 x0 1. . 9  (x 0  1)4. 0.5. 6 9  (x 0  1)2 2 (x 0  1). 9  (x 0  1)2 2 9 6 2 (x 0  1). , vây d  6. 0.5. Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi 2 9 (x 0  1)2   x 0  1 3  x 0  1  3 2 (x 0  1). Vậy có hai điểm M :. . M  1  3;2 . 0. 3. . hoặc. 0.5. .. . M  1. 3;2  3. . 2. dx dx I  x  x 2 (e  1)(x  4) 0 (e  1)(x 2  4) 2. 0.5. Ta có Trong tích phân thứ nhất đặt x= - t thì : 0. 1b (2đ). 0. 2. dx  dt e t dt   (ex 1)(x 2  4)  (e  t  1)(t 2  4)  (e t  1)(t 2  4) 2 2 0. 2. =. e x dx  (e x  1)(x 2  4) 0. (Vì tích phân không phụ thuộc vào cách ký hiệu biến số) 2. 2. 2. e x dx dx dx  x  2 x 2 2  (e  1)(x  4) 0 (e  1)(x  4) 0 (x  4) 0. Vậy I = Đặt x=2 tanu thì dx = 2( 1+ tan2u)du  4. 2. Khi đó I =. 0.5. 0.5. dx 1 (1  tan 2 u)du     (x 2  4) 2  (1  tan 2 u) 8 0 0. 2 ĐK: x3 – 2x2 +3   (x  1)(x  3x  3) 0  x  1 2. 2a (2đ). 0.5. Đặt u= x  1; v  x  3x  3 (u 0; v 0) Ta có : v2 – u2 = x2 - 4x +2 2 2 Do đó có phương trình : 3uv = 2( v2 – u2 )  2v  3uv  2u 0 (2v+u)(v-2u) = 0. 0.5. 1.0. 2 Vì u, v không âm , nên v= 2u  x  3x  3 4x  4. 2.  x  7x  1 0 . x. 7  53 2. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 2 19x 43 ( )x   36 36 Xét hàm số f(x) = 3. 0.5. Có tập xác định D = R 2 2 19 ( ) x .ln( )  3 36 f/(x) = 3 19  x log 2/3 ( ) x 0 36(ln 3  ln 2) f/(x) = 0 x - x0 +. 2b (2đ). f/ f. -. 0. +. 0.5. Do đó phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm Ngoài ra : f(1) =0 , nên x= 1 là 1 nghiệm của phương trình f(x) =0 Và f(-2)= 0 , nên x = - 2 là nghiệm của phương trình f(x) =0 Vậy phương trình có 2 nghiệm là : x=-2; x=1 cos B  cos C  sin A  3 sin B  sin C  cos A .(1)  ( 3 cos A  sin A)  ( 3 sin B  cos B)  ( 3 sin C  cos C) 0. 3a (2đ).  sin(A  600 )  sin(B  600 )  sin(C  600 ) 0 Bc B C  sin(A  600 )  2sin(  300 ).cos( ) 0 2 2 BC A  300 600  0 2 2 Mà : B+C = 180 –A, nên. Vậy (1).  2sin(. 0.5. A A A B C  300 )cos(  300 )  2 cos(  30 0 )cos( ) 0 2 2 2 2. A A B C  300 )[sin(  300 )  cos( )] 0 2 2 2 A B C sin(  300 )  0 cos( )0 2 2 Do : và. 0.5. 0.5. 0.5. 0.5.  2cos(. 3b (2đ). A A cos(  300 ) 0   300 900  A 1200 2 2 Nên:   7 7 u (1; )  u  1 2 x x Xét   v ( 2; 7)  v 3     7 7 7 u.v  2  3. 1  2 .cos(u,v) 3. 1  2 x x x Ta có : 1 7 2 7 2 7 5 2 2 2 1 2    y  x    x  2 2 x 6 6x 6 6x 6x 6 x 6 Nên: 2. 0.5. 0.5. 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>  cos(u, v) 1    2 x  x Dấu “= ”xảy ra khi và chỉ khi .  2 x  x 2  2  x 2. 0.5. 2  2 2 khi x  2 Giá trị nhỏ nhất của y là : ymin= 6 Điểm C trên (d) nên C(2m; m) với m  R. Phương trình đường thẳng MC : (m-5)(x-2) –(2m-2)(y-5) = 0 Phương trình đường thẳng NC : (m-1)(x+1) –(2m+1)(y-1) = 0 Khi đường thẳng CM cắt trục hoành thì tọa độ giao điểm A của đường  8m ;0) thẳng CM với trục hoành: A m  5 (. 0.5. với m 5 4a (2,5đ) Khi đường thẳng CN cắt trục tung thì tọa độ giao điểm B của 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. 1  với m  2. (m 0).  8 15 ; ) Đường thẳng AB luôn luôn đi qua điểm cố định I 11 11 (. 0.5. 0.5. Do H là giao điểm của MP và NQ suy ra H là trung điểm của MP và NQ a b a 2  b2  2 Vì : 2. 0.5. Dấu “=” khi và chỉ khi a=b ; với a, b >0. IA  IB IA 2  IB2  (1) 2 2 Ta có: Nên :. IC  ID IC2  ID 2  (2) 2 2. 0.5 0.5. IA  IB  IC  ID IA 2  IB2 IC2  ID2 IA 2  IB2  IC2  ID2   2 2 2 2 4 (3) AB. 2. CD và IC +ID =2IP + 2 AB2  CD 2 2 Nên : IA2+IB2+IC2+ID2 = 2(IM2+IN2)+. 4b 2 2 2 (2,5đ) Mà: IA +IB =2IM + 2. 2. 2. 2. 2. ( Đlý Cosin). AB2  CD 2 2 = 4IH2 +MP2 + ( Đlý Cosin) 2 2 AB  CD 2 2 2 = 4HO + MP + = hằng số k. 0.5. Vậy IA+IB+IC+ID 2k Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (1); (2) ; (3) đồng thời xảy ra dấu “=” Khi đó IA IB   IA IB IC ID  I O IC ID IA 2  IB2 IC 2  ID 2 . 0.5.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 0.75. 5 (3đ) Vẽ đường cao A’H. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AD. Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra A’E  AB, A’F  AD. Tam giác vuông A’AE bằng tam giác vuông A’AF (A’A chung và góc A’AE bằng  góc A’AF)  HE = HF  H thuộc đường phân giác BAD  H  AC Từ A’AE . AE . a 3 a A' E  2 6 ,. 0.75. a2 a2 a 2 a A' H    4 36 3 Từ AHE  HE = AE.tan300 = 6  a2 3 a3 6 V 6 . Diện tích ABCD là 2 . Suy ra 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 1 (4 điểm): Cho hàm số y = (m + 1) x3 + 3( m + 1) x2 - 4mx - m. 1) Tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến. 2) Chứng minh: với mọi m đồ thị hàm số luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng. Bài 2 (4 điểm): x. 1    3x  1  0 1) Giải bất phương trình:  2  .. 50 .5 2) Giải phương trình: 9 Bài 3 (4 điểm):. x log 3    3. 2.  x log3 15  x 2 0. ..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> e5  5x  2 . I . 1) Tính:.  x  3. 5. dx .. 2) Cho x + y =1 . Chứng minh: 2. 2. 16(x 5  y5 )  20(x 3  y3 )  5(x  y)  2. .. Bài 4 (5 điểm) 1) Trong không gian cho hai điểm A, B cố định có AB =10. Tìm tập hợp những điểm M sao cho AM = 3BM.. S. 3 2 , hai. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng đỉnh A  2;  3 và B  3;  2  và trọng tâm G của tam giác thuộc đường thẳng 3x  y  8 0 . Tìm tọa độ đỉnh C. Bài 5: (3 điểm) sin A.sin B sin 2. Một tam giác ABC có các góc A, B, C thỏa mãn điều kiện 2 Chứng minh: tồn tại điểm D trên đoạn AB sao 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 của m để hàm số luôn đồng biến. D=R Cần điều kiện : y’ = 3 (m + 1) x2 + 6 ( m + 1 ) x - 4 m  0 Thỏa mãn với  x. m + 1 = 0 => m = - 1 có y’ = 4 > 0 Thoã mãn với  x Vậy m = -1 là giá trị cần tìm . m + 1  0 = > m = - 1 . Để y’  0 thoã mãn với  x cần điều kiện m  1  0  ' 2  9(m  1)  12m(m  1) 0 m  1  0 3    1  m  7. (m  1)(7m  3) 0. Bài 1.2 (2 điểm). C 2.. 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 đi qua với  m. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 3 2 3 2 => m ( x 0  3x 0  4x 0  1)  x 0  3x 0  y0 0 (*)  x 30  3x 02  4x 0  1 0  3 x  3x 02  y 0 0 Để phương trình (*) không phụ thuộc m cần  0 3 2 Xét phương trình x 0  3x 0  4x 0  1 0 3 2 Gọi f(x) = x 0  3x 0  4x 0  1 0 là hàm số liên tục trên R + Có f(0) .f(-1) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (-1; 0) + Có f(1) .f(2) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (1; 2) + Có f(-1) > 0 ; khi x   thì f(x) <0. Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (- ; 1). Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có 3 nghiệm . 3 2  x  3x  4x  1 0  3 x  3x 2  y 0 Các nghiệm ấy thõa mãn:  Trừ hai phương trình theo vế được: y - 4x - 1 = 0 hay các điểm cố định thuộc đường thẳng y = 4x + 1. Bài 2.1 (2 điểm). 0,25. 1,00. 0,50. x. 1    3x  1  0 Giải bất phương trình:  2  . x 1     3x  1 Ta có:  2  . y 9. 8. A. 7. 1.00. 6. 5. 4. 3. x. 2. B. 1. x -4.5. -4. -3.5. -3. -2.5. -2. -1.5. -1. -0.5. 0.5. 1. 1.5. 2. -1. -2. 2.5.  1 y1   ; y 2  3x  1  2 Đặt .. Vẽ đồ thị của 2 hàm số trên cùng 1 hệ trục tọa độ ta được hình vẽ.. x  3 y1  y 2   x  1 Từ đồ thị đã vẽ ta suy ra: Vậy nghiệm của bất phương trình cho là x   3  x   1 . Bài 2.2 (2 điểm). 50 .5 Giải phương trình: 9. x log 3    3. 1.00. 2.  x log3 15  x 2 0 .. Điều kiện: x  0  x 1 2. x log3   2  log 3 x  1  3 Biến đổi: ; log 3 15 log 3 x.log x 15 ; 2 x 2 3log3 x . 2 50 2 log3 x  1 .5  x log x 15.log3 x  3log3 x 0 Phương trình cho trở thành: 9 2 log3 x .25  15log3 x  9log3 x 0 Hay 9 .. 0.50. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> log3 x. Chia 2 vế của phương trình cho 15. 2  25    9  15 . log 3 x.  5 t    3 Đặt.  9  1    15 . log 3 x. 0 , đi đến phương trình:. 2  5 0 .   9  3. log3 x.  3  1    5. log 3 x. 0. log 3 x. 0. 2. , đi đến phương trình: 2t  9t  9 0 .. Giải phương trình này được 2 nghiệm:. t1 3;t 2 . 3 2.. 1. log 3 x.  5 t1 3    3  x 3 log3 5 1  3 Với . 1 log3 2 log 3 x 3  5 3 t      x 3 log3 5 1 2  3 2 Với . Bài 3.1 (2 điểm). e5  5x  2 . Tính:. I .  x  3. 5x  2.  x  3 Ta có:  I .  13e5.  x  3.  I Bài 3.2 (2 điểm). 5. . 5. ..  x  3. 5. 5e5.  x  3. 13e5 4  x  3. Chứng minh :. dx.  13. dx  5. 4. . 0.50. . 5.  x  3. dx  4.  13e5  x  3 1 5. 1 5. . 5e5  x  3 1 4. 1 4. 3. C. 16(x 5  y5 )  20(x 3  y3 )  5(x  y)  2. .. 2 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 5  y5 )  20(x 3  y3 )  5(x  y)  sin 5t  cos 5t  2    k   k  t   kZ 4 2 20 5 Dấu “=” xảy ra  . Tìm tập hợp những điểm M sao cho AM = 3BM. 5t . Bài 4.1 (2 điểm). Bài 4.2 (3 điểm). Chọn hệ toạ độ Oxyz sao 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 - 2 x + 25 = 0 (*) 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 0 ; y0  thì. C 1.50. 5e5 3  x  3. 0,50. 4. 0,25 1.00. 0.75. 1.00. 1.00. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(24)</span>   CA  2  x 0 ;  3  y 0  ;CB  3  x 0 ;  2  y 0 . và trọng tâm của tam.  5  x 0  5  y0  G ;  3 3   . Theo giả thiết ta có G thuộc giác ABC là điểm đường thẳng 3x  y  8 0 suy ra:  5  x 0    5  y0  3     8 0  y 3x  4  3   3  0 0 (1). Diện tích tam giác ABC:. 1   1 S   CA,CB   2  x 0    2  y0    3  x 0    3  y0  2 2 3 S 2 nên ta có: 3   2  x 0    2  y 0    3  x 0    3  y 0  (2) Vì  x 01 1 2x 0  1 3    x 02  2. 1.00. Thay (1) vào (2) và rút gọn được:.  y 01  1  y  10 Tương ứng tính được:  02 .. 1.00. Kết quả, tìm được 2 điểm thỏa nghiệm bài toán: Bài 5 (3 điểm). C1  1;  1 ;C 2   2;  10  . 2. Chứng minh: tồn tại điểm D trên đoạn AB sao cho CD AD.BD C 2. Ta có:. 1. A. D. sin A.sin B sin 2. C 2. B. 1.00. C 1   1  cosC  2 2  2sin A.sin B  cosC 1 (1) Và vì sin A.sin B  0  2.sin A.sin B  cos C  cosC   1 (2). Từ (1), (2) suy ra, !,0   : cos 2sin A.sin B  cosC (3).  sin A.sin B sin 2. 0  C     C  cos  cosC  Vì (4). Từ (3) suy ra: 1 C  C sinA.sin B   cos  cos C  sin .sin 2 2 2 C  C C1  ;C2  2 2 , thì ta có: sinA.sin B sin C1.sin C 2 (6). Đặt Ta lại có: C1  C2 C  0  C1  C . Suy ra trong góc C của tam giác ABC ta có thể kẻ tia Cx tạo với cạnh CA Một góc bằng C1 và tia này cắt đoạn AB tại 1 điểm D, là điểm phải tìm.. 1.00. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> sin A sin C1 sin B sin C 2  ;  AD CD BD Thật vậy, khi đó ta có: CD (định lý hàm số sin trong tam giác ADC và BDC).. sin A.sin B sin C1.sin C 2  CD 2 AD.BD . 2 Do (6), suy ra: CD AD.BD thỏa điều kiện bài toán. C sin A.sin B  sin 2 2 thì trên đoạn AB Nhận xét: do cách dựng tia Cx, nếu 2 tồn tại 2 điểm D khác nhau sao 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 1 : (4,0 điểm)  3  2x 2 y  x 4 y 2  x 4 (1  2x 2 ) y 4  1  1  (x  y)2 x 3 (x 3  x  2y 2 ) Giải hệ phương trình:  . Bài 2 : (5,0 điểm) 1 x 2 x2. 1 2x x2. 1 1   2 x. a) Giải phương trình: b) Tìm giá trị lớn nhất của a để bất phương trình sau có nghiệm: a x a 3 (x  1) 2   4 a 3 sin 2 (x  1) 2 . 2. 2. Bài 3 : (5,0 điểm) u Cho dãy số  n  xác định như sau: u1 u 2 1, u 3 2 ,… , n  . u n 3 . u n 1.u n 2  7 un (. ). Chứng minh rằng u n  , n   .. Bài 4 : (3,0 điểm) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp một khối đa diện hai mươi mặt đều có độ dài cạnh bằng a (a > 0). Bài 5 : (3,0 điểm).

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Cho một đa giác đều A1A 2 A3 A 4 ... A n , (n 3) biết 4 đỉnh liên tiếp A1 , A 2 , A 3 , A 4 1 1 1   của đa giác thoả mãn đẳng thức A1A 2 A1A 3 A1A 4 . Tìm số cạnh của đa giác đều 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. 2. 6. 4. Điểm 4.  4  (1  x y) 2x  x  y   1  (x  y) 2 1  x 6  x 4  2x 3 y 2 Viết hệ đã cho thành  Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được. 0.5. 4  (1  x 2 y) 2  1  (x  y) 2 (x 3  y 2 ) 2 1 Bài (4 điểm). 2. 2. 2. 3. 4  (1  x y)  1  (x  y)  (x  y )  1 (*). hay. 4  (1  x 2 y) 2 2. Ta thấy. ,. 1  (x  y) 2  (x 3  y 2 ) 2 1 2.  4  (1  x 2 y)2 2  x 2 y 1    2  1  (x  y) 1   x y  x y 1  3  3 2 2 2  x y (x  y ) 0 Suy ra (*) xảy ra khi và chỉ khi . Thử lại thấy thỏa. Vậy hệ đã cho có nghiệm (1;1). Điều kiện: x ≠ 0 1  x 2 1  2x  1 1  2    2 2 x  x 2  . Phương trình viết về dạng Nhận xét : x 2 Bài 2a (3 điểm). Bài 2b. 1 x 2 x2. 1. 2 2. 2. 1 2x x2. 1  1  x 2 1  2x    2   2 2 x x2 . 1 x 2 x2. 1 1 x2  . 2 2 2 x. 1 2x x2. 1 1  2x  . 2 2 x. 1 1 f (t) 2 t  t, f '(t) 2 t ln 2   0, t 2 2 Đặt 1  x 2 1  2x  2  x 2  2x 0  2 x x f(t) là hàm đồng biến nên ta có. 1. 1. 0.5. 0.5. 1 0.5.  x 0  x 2 . Đối chiếu điều kiện, được nghiệm phương trình là x = 2. Giả sử bất phương trình có nghiệm là xo thì xo  1 và a  0, ta có. 0.5 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> a 3 (x 0  1)2 . Do. x a  4 a 3 sin 0  4 a 3 2 (x 0  1) 2. a 1 1 2a 2a  4 a 3  0 a   max(a)  2 (x 0  1) 16 16 nên  x 0    k, k  Z  x 0  1 2  x 0  1  sin  2 2    x  1  x 0 3 (x  1) 4 24   0  0   x 0 3. a 3 (x 0  1)2 . (2 điểm). 1 a 16 thì Với. 1 Vậy giá trị lớn nhất cần tìm của a là 16 . Chứng minh bằng phương pháp qui nạp u .u  7 2.1  7 u4  3 1  9   u 1 2 n  1 Cho , ta có: .. 0.5. 1. 0.5. Biểu thức đúng với n 1 . Giả sử biểu thức đúng với n k , ta có:. Bài 3 (5 điểm). u k 3 . u k 2 .u k 1  7  uk .. 0.5. Chứng minh biểu thức đúng với n k  1 , hay u k  4  . u k 4 .u k 1 u k 3 .u k 2  7 u  u k 2 u k  2  u k  k 4   u k 3 .u k u k 2 .u k 1  7 u u k 1  k  3 Ta có: u  u3 u k  4  u k 2 u k 2  u k  ...  1 3 u u u k  3 k  1 2 Nếu k lẻ, ta có: .. 1. 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  2  u k u  u4  ...  2 5 u k 3 u k 1 u3 Nếu k chẵn, ta có: .. 1. 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 . 1. có các số hạng đều là số nguyên.. Bài 4. 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 bởi 5 cạnh của khối 20 mặt chung Khối 20 mặt thuộc loại đỉnh A thì A.BCDEF là hình chóp ngũ giác đều có đỉnh là A, đáy là hình ngũ giác đều BCDEF cạnh bằng a, các cạnh bên AB, AC, AD, AE, AF đều bằng a. Suy ra trục AH của ngũ giác đều BCDEF là đường thẳng đi qua tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình 20 mặt.. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Tính r = HB bán kính của 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 của khối cầu ngoại tiếp khối hai mươi mặt:   Ta có: ASB ABH  (góc có các cạnh vuông góc từng đôi) BH r cos   AB a (do tam giác ABH vuông tại H) AB a sin    AS 2R (do tam giác ABS vuông tại B) R. a a   2sin  2 1  cos 2. nên ta có:. r 2 1   a. a2. R Thay kết quả r ta được:. a. a   2 a2   0   2sin 36 . 2. . 2. . 0.5. 0.5. 0.5. a2 2 a 2  r2 a sin 360. 0.5. 4sin 2 360  1. 3. Bài 5 (3 điểm). 4  a sin 360  V   3  4sin 2 360  1  Tính thể tích khối cầu: . Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều n cạnh, ta có:  2 3 A1A 2 2R sin , A1A 3 2R sin , A1A 4 2R sin n n n 1 1 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 chỉ có . 7   2k  1 2 hay 7 n  2k  1 . Suy ra: n = 7. Vậy đa giác đều có 7 cạnh. Từ đó: 2n ---------HẾT---------. Ghi chú :. - Điểm toàn bài không làm tròn; - Mọi cách giải đúng đều 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. 1. 1.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1 (2,00 điểm) : a) Giải phương trình :. 3.52x  4 .  3x  10  .5x  3  25. x 0. .. b) Cho 2008 số dương x1 , x 2 , , x 2008 thỏa mãn : x1  x 2   x 2008 1 . x x1 x 2008  2    2008  x 2008  1 2009 Chứng minh: x1  1 x 2  1 4. Bài 2 (1,50 điểm) : Tính. lim x 1. 2x  1  5 x  2 x 1 .. (E) :. x 2 y2  1 (a  b  0) a 2 b2 .. Bài 3 (2,00 điểm) : Cho elip a) Xác định elip (E) biết rằng (E) tiếp xúc với 2 đường thẳng có phương trình 3x  2y  20 0 và x  6y  20 0 . A x ; y  (E). b) Gọi (D) là tiếp tuyến tại điểm  0 0  , (D) cắt các đường thẳng x a và x  a tại các điểm M và N. Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác FMN, trong đó F là một trong hai tiêu điểm của elip (E). Bài 4 (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  2 y x 1 kiện : với mọi x  1 . x   0; . b) Biện luận theo m số nghiệm 2. cos x   m  1 cos x  m  2 0. của phương trình :. .. Bài 5 (2,00 điểm) : Cho tứ diện ABCD có AB.AC.AD = 54216. Lấy điểm O bất kì thuộc miền trong tam giác BCD. Từ O kẻ các đường thẳng lần lượt song song với AB, AC, AD cắt các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) lần lượt tại 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.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> 1. 2,00 Giải phương trình :. 1a.. 3.52x  4 .  3x  10  .5x  3 . 25 x 2 t 5  t  0 . 1a.1. -Đặt Ta được phương trình :. 1,00 x 0. 0,25. 3t 2   3x  10  t  3  x 0. 1a.2. -Giải phương trình ẩn t, được 2 nghiệm :. 0,25. 1 t1  ; t 2 3  x 3. 1a.3. -Với 1 1 0,25 t1   5x  2   x1 2  log 5 3 3 3. -Với t 2 3  x  5x  2 3  x. 1a.4. . -Chứng tỏ phương trình có nghiệm duy. 0,25. nhất x 2 2 : (do vế trái là hàm số đồng biến, còn vế phải là hàm số nghịch biến, hơn nữa : với x>2 thì 5x  2  1;3  x  1. với. và thì. x<2. 5x  2  1;3  x  1 ).. -Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 2  log 5 3; x 2 2 .. Chứng. minh:. 1,00. x x1 x 2008  2    2008  x1  1 x 2  1 x 2008  1 2009. 1b.. -BĐT 1b.1. 1b.2. đã. cho.  0.25 1  2008  1   1   1    1     1   x1  1   x 2  1   x 2008  1  2009 1 1 1 20082      0.25 x1  1 x 2  1 x 2008  1 2009. . Kết hợp giả thiết 1b.3.  1 1   (x1  1)  (x 2  1)    (x 2008  1)0.25     x  x1  1 x 2  1. -Dùng. BĐT. Côsi,.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> 1b.4. được kết quả đúng. -Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 x 2  x 2008 . 0,25. 1 2008. . 1,50. 2 . 0.25 2x  1  5 x  2 4 2x  1  1  5 x  2  1 f (x)   x 1 x 1  Đặt  u 4 1 u4  1 4 u  2x  1  x   x  1   0.50 2 2   v  5 x  2  x v5  2  x  1 v 5  1 . 2.1. 4. 2.2. 2.3. . 0.25 2 1 f (x)   (u  1)(u 2  1) v 4  v3  v 2  v  1. . 2.4 3 3a. 3a.1. Từ đó tính được 7 lim f (x)  x 1 10 .. Xác định elip (E) -Từ giả thiết (E) tiếp xúc với 2 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 2 9a  4b 400  2 2 a  36b 400. 3a.2. -Giải. hệ. được. :. 2. a 40  2 b 10. 3a.3. 3b.. 3b.1. 0,25. -Vậy phương trình x 2 y2  1 (E) : 40 10. 0,25. Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác FMN -Phương trình đường thẳng (D) :. 1,25. xx 0 yy 0  2 1 a2 b. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Tọa. độ. điểm.  b2 a  x 0  M  x M a; y M    y0 a  . ;  b2 a  x 0  N  x M  a; y M    y0 a  . Ta . có. . FM  a  c; y y M  ;FN   a  c; y y N . Suy  . ra. FM.FN 0  FM  FN. -Vậy diện tích tam giác FMN : 1 S  FM FN 2 , trong. đó : 2. 2. 3b.2. 2. 2 M. FM  a  c   y  a  c  . và 2. 2. FN 2  a  c   y 2N  a  c  . . Ta. có. b 4  a 2  x 02  2 2. ya 0,50. 2.  a  c  . b2  a. b2  a  x 0   a  x0 . :.  b2  a  x 0    b2  a  x 0   2 2 FM .FN   a  c      a  c    a  x0     a  x0   . 3b.3. 2. 2.  a  c . 2.  a  c. 2.  2 a  x0 2 a  x0   b4  b2   a  c    a  c  a  x0 a  x0   2. 2b4  b2 2.  a  c  a  c. -Dấu. xảy. “=”. 2. 4b 4. ra. 2 a  x0 2 a  x0   a  c  a  c  a  x0 a  x 0 0,25  x 0 c a  x0 0 a  x 0 (do ). Vậy. Smin b 2 khi (D) tiếp xúc với (E) tại x 0 c. . 4. 2,50.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> 4a.. Tập hợp các điểm. 1,25. M(x; y). -Vẽ đồ thị hàm số : 4a.1. y x . 2 x 1 y. 5. x -2. 2. 4. 6. 8. 0,50. -5. x 1,. -Nếu. từ. 2. x  x2 x1 ta có : 2  x  x2 y x 1     x 2  x  2 y  x 1 y. 4a.2. 0,75. Suy ra tập hợp các điểm M(x;y) là phần đồ thị của hàm số x2  x  2 y x 1 với x  1 và hình đối. xứng tương ứng của nó qua Ox (hình gạch sọc). Biện luận số nghiệm pt :. 4b.. 1,25. cos 2 x   m  1 cos x  m  2 0. 4b.1. -Viết lại phương trình : cos 2 x  cos x  2 m  cos x  1. . Những giá trị x sao cho cos x 1 không thỏa mãn phương trình đó nên có thể chia hai vế cho cos x  1 , ta có : cos 2 x  cos x  2 m cos x  1. (1). t cos x  0  x  . Đặt thì.  1 t  1 và (1) trở. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> thành phương trình : t2  t  2 m t1 .. -Dựa vào đồ thị của câu a) suy ra : Nếu m   2 : phương trình có 1 nghiệm.. 4b.2. 1,00. Nếu  2 m  1  2 2 phương trình có 2 nghiệm. m 1  2 2 Nếu phương trình có 1 nghiệm.. Nếu phương nghiệm.. m 1 2 2. trình. vô A. 5. N. 2,00M. P B O C. 5.1. * OM // AB  OM, AB cùng tạo với (ACD) một góc bằng 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 được điều cần chứng minh.. 0,50. 0,25 0,75. ---------HẾT--------Ghi chú : - Điểm toàn bài không làm tròn; - Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần đó.. SỞ GD-ĐT KHÁNH HOÀ. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH. D.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> 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 1 (2,50 điểm) : 24.  x  trong khai triển thành đa thức của biểu thức a) Tìm hệ số của A   x  1  x 2  x  2  . 6. b) Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 6, 9 có thể thành lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau sao cho mỗi số tìm được đều có hai số 3 và 4 đứng cạnh nhau?. Bài 2 (2 điểm) : Giải hệ phương trình :. x y  1  x2  y2 2  2 6 6 12 (1)   x 2  5y 2 6xy (2). x2 y 2  1 6 3 . Xét một hình vuông ngoại tiếp. (E) :. Bài 3 (2 điểm) : Cho elip có phương trình elip (tức là các cạnh của hình vuông đều tiếp xúc với elip). Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông đó. Bài 4 (1.50 điểm) : Cho hàm số. f :  \  2  . thỏa mãn tính chất sau:.  2 x  17  2 f ( x)  3 f   100 x  3735  x 2  .. Hãy tính f (3).. Bài 5 (2 điểm) : Cho hàm số. m y. 2.  m  2 x  2 x 1  m. (H m ). .. H a) Xác định m để  m  không cắt trục hoành. H H b) Khi  m  là 1 hyperbol, hãy tìm quỹ tích các điểm tâm đối xứng của  m  .. HẾT.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V2 - (2006-2007). -1-. Bài 1 (2.50 điểm) 1a - Viết lại biểu thức thành : (1.50) A  x  1  x 2 x  2  6   1  x x  1 2  6       . 0.25. - Khai triển A thành đa thức :. A C6  C 6x  x  1  C 6x 2  x  1  C 6x3  x  1  C 6x 4  x  1 0. 1. 2. 2. C 6x5  x  1  C 6x 6  x  1 5. 10. 6. 4. 3. 6. 4. 8. 0.50. 12. 16 x 6 x  1 - Suy ra số hạng có x chỉ có ở số hạng C 6  10  6  0 2 10 . C6.C12 66  C .C 6   1 16 12   - Từ đó tính được hệ số của x là : .  Ta coi 2 số 3,4 đứng cạnh nhau là số mới . Như vậy số cần tìm lúc này. 0.25 0.50. là số có 4 chữ số dạng x a1a2 a3 a4 được lập từ 5 số : 0, 1, 2,  , 6, 9. 0.25 0.25. 12. 6.  . 1b (1.00). - Vậy a1 có 5 cách chọn.. - Chọn xong a1 thì bộ a2 a3 a4 là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử. Ta có A. 3 5. số.. 5A. 3 5. 300. Trong trường hợp này số các số x cần tìm là : số.  - Những số có 5 chữ số nhưng không có mặt là : 4. 4.3.2.1 = 96 số. - Do  có 2 cách chọn, suy ra : 2 x (300 – 96) = 408 số cần tìm. Bài 2 (2 điểm) t. xy xy  3t 6 2. - Đặt 3t t 3t t 1 Từ (1) ta được phương trình : 2  2 12  2  2.2  12 0 (3) t 3 - Đặt u 2  0 , ta đi đến phương trình :  u  2.u  12 0 (4) Giải (4) được 1 nghiệm : u 2 (chọn) t - Do cách đặt, ta có phương trình : 2 2  t 1. 0.25 0.25. 0.50 0.50. xy 1  y 6  x Đi đến phương trình : 6. Thay vào (2) ta có :  x 3 x  5  6  x  6x  6-x   12x  96x+180=0   1  x 2 5  y1 3  y 1 - Tương ứng tính được  2 . Vậy hệ có 2 nghiệm : (3; 3) và (5; 1). 2. 2. 0.50. 2. 0.50. Bài 3 (2 điểm) - Giả sử () : Ax+By+C=0, () : Ax+By+C=0 là 2 đường thẳng chứa (E) :. x2 y 2  1 6 3 . Khi đó. 2 cạnh đối của hình vuông ngoại tiếp elip C 2 6 A2  3B 2 C 2 mà C  C nên C   C . - Phương trình chứa 2 cạnh còn lại của hình vuông là. 0.50 0.50.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> (1 ) : Bx-Ay+D=0, () : Bx-Ay+D=0  D=-D. - Ta có. 2C. d (, ) d (1 , 1) . A2  B 2. . 2D A2  B 2. 0.50.  C 2 D 2. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V2 - (2006-2007). -2-. - Suy ra A B . Chọn A 1  B 1, C 3, D 3 . Vậy ta có Phương trình 4 cạnh là x  y 3 0, x  y 3 0 . Bài 4 (1.50 điểm) 2. 2. 0.50. 2x  17 x  2 . Ta có g(23) 3, g(3) 23 - Đặt - Lần lượt thay x 23, x 3 ta được hệ. 0.50. 2 f (23)  3 f (3) 100.23  3735  2 f (3)  3 f (23) 100.3  3735 - Giải hệ ta được f (3) 2007 .. 0.50. g(x) . 0.50. Bài 5 (2 điểm) 5a H - Để  m  không cắt trục Ox thì ta phải có : (0,75) 2  m  m  2 0  2   m  m  2   1  m   2 0.  m   2;  3; 0;1; 3. . 0.25. . 5b (1,25) H -  m  là hypebol khi và chỉ khi ta có H - Tâm đối xứng  m . 0.50. m  0  m  3  m  3. 0.25 (*). 0.25. (1) x m  1  2 có tọa độ : y m  m  2 (2). 0.50. 2 - Suy ra : y x  3x .. - Do điều kiện (*) nên x  1  x  3  1  x  3  1 . Vậy quỹ tích tâm đối xứng I là đường cong y x  3x với 2. x   \  1; 3  1;  3  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 nhất Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề).

<span class='text_page_counter'>(38)</span> a) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a: x 4  10 x 3  2( a  11) x 2  2(5a  6) x  2a  a 2 0 . 3 2 b) Giải bất phương trình : x  7x  18x+18  7  x  10 .. Bài 2 (1.50 điểm) : Cho dãy số u1 , u2 , xác định như sau : u1  2  un  un 1 1  2u n . , n 1, 2,. Hãy xác định số hạng tổng quát un . Bài 3 (2 điểm) : Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 .. a) Chứng minh đỉnh A, trọng tâm G của tam giác BDA1 và đỉnh C1 thuộc một đường thẳng. GA b) Tính tỉ số GC1 .. 2. 2. Bài 4 (2 điểm) : Cho bốn số thực thỏa mãn điều kiện: c  d 6 và a  b 1 . 2 2 Chứng minh : c  d  2ac  2bd 18  6 2 . Đẳng thức xảy ra khi nào? Bài 5 (2 điểm) : Ta định nghĩa : khoảng cách từ điểm A đến đường cong (H) là đoạn thẳng AM bé nhất với M  (H) . Hãy xác định tâm và bán kính đường tròn tiếp xúc với đường thẳng (d) : y x  1 và với đường hypebol. (H) : y . 1 x.. HẾT. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V1 - (2006-2007) Bài 1 (2.50 điểm) 1a (1.25). -1-. - Viết lại phương trình dưới dạng a 2  2a ( x 2  5 x  1)  ( x 4  10 x 3  22 x 2  12 x ) 0. 0.25 hay.

<span class='text_page_counter'>(39)</span>  ( x 2  6 x  a ) 0  a  ( x 2  6 x)   a  ( x 2  4 x  2)  0   2  ( x  4 x  a  2) 0. 0.25. - Bảng xét dấu - -. -9 0. +. -6 3. +. +. -. -3. -. 0. +. - Từ đó ta có kết quả a9 trình vô nghiệm. a  9 9a6. 0.75. : Phương : x 3 . :. x 3  a  9 . a  6. :. x 3  3; x 2 . a 6. : x 3  a  9; x 2  a  6 .. 1b (1.25). - Điều kiện nghiệm : x3  7x 2  18x+18 0   7-x 0. -. Xét. hàm.  x  3  x 2  4x+6  0  0.25   3 x 7 x 7. số. :. y  x 3  7x 2  18x+18 . 7 x. Hàm số xác định với mọi x    3; 7. .. Đạo y . hàm 3x  14x+18. 1. 2. 2 x3  7x 2  18x+18. . 2 7 x. 0.50 0.25. , chứng tỏ được y’>0 với mọi x    3; 7 . . Vậy hàm số đồng. biến trong đoạn - Mặt khác.   3; 7 . ta. có. :. y( 3)  10 .. - Theo chứng minh trên ta có : Với mọi x, sao cho :  3 x 7  y( 3) y(x) với x   3; 7.  . mọi Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = -3. hay. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(40)</span>  10  x3  7x 2  18x+18 . 7 x. . Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là khoảng.   3; 7 . Bài 2 (1.50 điểm) -. Do. u u1  2, un 1  n ; n 1, 2, 1  2un nên suy ra un  0, n. 0.50. Vì thế từ giả thiết ta có : 2u  1 1 1  n  2 un 1 un un 1 vn  un , ta được - Đặt vn1 vn  2, n 1, 2,. Được CSC với. 0.50. 1 1  v1   u1 2  d 2 . HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V1 - (2006-2007). -2-. - Như vậy. 0.50 1  2 2( n  1) 1 2 vn v1  (n  1)d   un   vn 1  2 2(n  1) 2 .. Bài 3 (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 ra    AG  GB a ( 1 );   AG  GA1 c ( 2 );   AG  GD  b (. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> 3 ). T ừ ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ) ta c ó :     3.AG a  b  c ( 4 ) M ặt k h á   c,   AC1 a  b  c ( 5 ). T ừ ( 4 ) v à ( 5 ) ta c ó :   3.AG AC1 V ậ y 3 đi.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> 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 ra  1 AG  GC1 2 AG 1  GC 2 1 - Suy ra :. 0.50 0.50. Bài 4 (2 điểm) - Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng. 0.25. (d) : x  y  6 0 2 2 và đường tròn (C) : x  y 1. .. M Mo N No. (d). 0.50. O (C). 0.25 0.25. 2 2 - Do a  b 1 nên viết lại. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> bất đẳng thức cần chứng minh (c  a) 2  (d  b) 2 19  6 2 . (c  a) 2  (d  b) 2 3 2  1. (1) - Với a, b, c, d thỏa mãn đề bài thì ta có M(c ;d)  (d) : x  y  6 0 và N(a ; b)  (C) : x 2  y 2 1 , như. vậy (1)  MN 3 2  1 (2) - Kẻ OM 0  (d), (M 0  (d)) , OM 0 cắt (C) tại N 0 . Ta có MN M 0 N 0 , M  (d), N  (C). (3) - Mặt khác OM 0 d(O, d) . 6. 3 2 2  N 0 M 0 OM 0  1 3 2  1. (4) HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN LỚP 12 - BẢNG B – V1 - (2006-2007) - Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra điều cần chứng minh. -. Đẳng. thức. xảy. -30.25. ra. c d 3  N N 0    2  M M 0 a b   2 .. 0.25. Bài 5 (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 ra tọa độ I a;  a  tâm đường tròn là  . - Khoảng cách từ điểm I đến.  1 M  x;  điểm  x  thuộc hypebol. :. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> IM  x  a  2. 2. 2. 1 1   1    a  x 2  2  2a  x-   2a2 x x   x. 2. 1    x   a   a2  2 a2  2, x   \  0 x  . -. Theo. bài. toán,. IM min  a  2 khi và chỉ 1 x   a 0 x khi (*).. 0.50. - Khoảng cách từ điểm A đến. 0.50. 2. 2a+1. (d) :. 2 2a+1 2. 0.25. 0.25  a 2 2. - Ta có : - Giải phương trình này được a.  2  10 2 (thỏa. nghiệm : (*). - Vậy đường tròn thỏa điều kiện bài toán có tâm là :. 0.25.   2  10 2  10    2  10 2  10  I1  ; ;  ; I1   2 2 2 2    . - Tương ứng tính được bán kính của 2 đường tròn tìm được : R1,2 . 10 1 2. HẾT.

<span class='text_page_counter'>(45)</span>