Gọi x là hoành độ của tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm... Suy ra đi qua trung điểm ba cạnh tam giác ABC... Giả sử ta xác định được mặt phẳng P thỏa mãn yêu cầu bài toán.. Như vậy
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HÓA
Đề chính thức
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang )
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C 2,00
Tập xác định: D \ 2
Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
lim 2, lim 2
, tiệm cận ngang: y = 2,
lim , lim
; tiệm cận đứng: x 2
0,50
Chiều biến thiên:
2
4
2
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2 và 2;
0,50
Bảng biến thiên:
x y’
y
0,50
1
Đồ thị :
Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-2; 2) làm tâm đối xứng
0,50
I
(4.0)
2
Gọi x là hoành độ của tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm Khi đó phương trình tiếp là: 0 2
0
2
x
0,50
2
2
2
-2
y
x
0
I
Trang 2Ta có d A ( ; )
0 2
( 2 ) 2 2
x
0,50
0
2 0
8 ( 2)
2 2
8 ( 2)
x
x
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 4 0
0
0
4
0
x x
x
0,50
Với x0 4 y0 4 1:yx 6
Giải phương trình:
sin sin 3 cos cos 3 1
*ĐK:
sin( ) 0
6
6 sin( ) 0
3
3
x
x
* Ta có: tan(x6) tan(x3) 1
0,50
* Nên: (1) sin3 sin 3 cos3 cos 3 1
8
sin2 s inx.sin 3 cos2 cos cos 3 1
8
(1 os ) ( os4x - co s 2 ) os ( os4x + co s 2 )
0,50
2 cos cos 4 - cos 4 cos 2
4
cos 4 (2 cos 1) cos 2
4
1 os4 os2 os2
4
0,25
2 4(2 cos 2x 1) os2c x 4 os2c x 1 0
II
(4.0)
1
2
6
Trang 3Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: ( ).
6
Giải hệ phương trình :
4
x y
Đ/k x và 3 y 3
Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành:
1
(1 4 ).5 1 2
t
.2
t
0,25
Ta có hàm số ( ) 1 4
f t
nghịch biến và hàm số
1 2 ( ) 2
5 5
t
g t đồng biến trên ,
mà t = 1 thỏa mãn (3), nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3) 2xy1
0,50
Ta có (2)x4 ln(x3) y4 ln(y3) (*)
Xét hàm số: y f t( ) t 4 ln(t3),t 3, (*) f x( ) f y( )
Ta có: '( ) 1, '( ) 0 1
3
t
t
BBT:
t f’(t) f(t)
Với x 1 y1, ta có x y thỏa mãn hệ phương trình đã cho 1
0,50
2
Từ 2xy 1 y x x 1
Với x 1ta có:
Khi x yx f y f x
Khi x yx f y f x
Suy ra với ( 3; ) \ 1
x
ta luôn có f y( ) f x( )
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1
1
x y
0,50
Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy z 3
Chứng minh rằng
xyz
2,00
III
(4.0)
1
yz
0
Trang 4Đặt , 0 3
2
t
t t
2
yz
1,00
Chứng minh tương tự ta có :
xy
0,50
yz
0,50
2
Mà yz2 yz suy ra : 1
y z
(2) 2
VT
18
2
6 x y z
0,50
Tìm m
3
1
4x 3.2 x x 4 x 0 (2)
2,00
Đ/k: x 0
Bất phương trình (2) (2 )x 23.2 2x x4.22 x 0 0,25
Đối chiếu ĐK được 0x4 (*) 0,25
Hệ bất phương trình có nghiệm 3
có nghiệm x 0; 4
Với 0x4
(1) có nghiệm thỏa mãn x 0; 4 2 2
x
có nghiệm x 0; 4 0,25
0;4
min ( )
3
x
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 0; 4 0,25
2
Suy ra
0;4
min ( )g x g(1)3 Vậy m 3là giá trị cần tìm
0,25
Trang 5Cho khai triển 2 14 2 210
1 x x x a a xa x a x (1) 2,00
Nhân hai vế của (1) với 1x15, ta được
210
15
0
k
Ta có 1515 15 15
15 0
i
Hệ số của 15
x trong khai triển (3) là : C115 15 (4)
0,50
0
k
Thực hiện phép nhân đa thức ta được hệ số của 15
x trong khai triển (5) là :
15 15 15 14 15 13 15 0 (6)
1
Từ (2), (4) và (6) ta được C150a15C115a14 C152a13 C1515a0 15.(đpcm) 0,25
Gọi ( ) là đường tròn có phương trình x32 y22 25 có tâm I(3; 2) bán
kính R 5
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB và H là chân đường cao hạ
từ đỉnh A xuống cạnh BC
Gọi L là trung điểm của đoạn HD, K là giao điểm của EF và AD, suy ra K là trung
điểm của EF và AD (1)
Suy ra KL là đường trung bình của tam giác ADH
Suy ra KL/ /AH KL HD (2)
Như vậy từ (1) và (2) suy ra H, D, E, F
là bốn đỉnh của hình thang cân
Suy ra ( ) đi qua trung điểm ba cạnh
tam giác ABC
1,00
Cách 1
Ta có :
2 2
2
suy ra phép vị tự tâm G tỉ số k = -2, biến tam giác DEF thành
tam giác ABC
0,50
IV
(4.0)
2
và do đó biến đường tròn ( ) thành đường tròn ( ') ngoại tiếp tam giác ABC có
bán kính R’ = 2R = 10, có tâm I’(x ;y) thỏa mãn :
3
10
x
y
( ') :( x3) (y10) 100
0,50
A
B
E
F
C
K
D
L
H
Trang 6Cách 2 Ta có 3 3
và 2
do đó
3
2
C F
F
x x
y
(x C 3) (y C 10) 100 (3)
0,50
Tương tự, tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình (x3)2(y10)2100 (4)
Từ (3) và (4), suy ra pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x3)2(y10)2 100 0,50
Ghi chú : Nếu học sinh chứng minh bốn điểm H, D, E, F nằm trên đường tròn ( )
phụ thuộc vào dạng tam giác ABC mà không xét hết trường hợp trừ 0,25 điểm
N
M
A'
B'
B
C'
H
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B ' Kẻ MH CN H( CN)
Tam giác CAB cân tại C suy ra AB CM
0,25
Mặt khác AB CC’ AB(CMNC')A B' '(CMNC') A B' 'MH
' '
0,50
Ta có: AB/ /(CA B' ')d AB CB( , ')d M CA B( , ( ' ')MH 0,50
Tam giác BMC vuông tại M, suy ra tan 300
3
a
Tam giác CMN vuông tại M, có MH là đường cao
1
Từ đó
3 ' ' '
ABC A B C ABC
V
(4.0)
Trang 7Giả sử ta xác định được mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán Gọi H, K lần lượt
là hình chiếu của A, B trên (P)
Ta có :
Mà 13 15 12 AHBKAB13 (1) Như vậy dấu đẳng thức ở (1) phải xảy ra
0,50
Điều đó tương đương với H K ( )P ABtại điểm H thỏa mãn
15 2
0,50
Gọi H x y z ( ; ; )
88 15
13 2
2
x
z
0,50
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là mặt phẳng đi qua H nhận AB ( 5;12; 0)
làm vtpt, nên có phương trình ( ) : 65P x156y22880 0,50
Cách 2 Ta có d A P , ( )15( )P tiếp xúc với mặt cầu S1 tâm A bán kính R 1 15
và d B P , ( )2( )P tiếp xúc với mặt cầu S2 tâm B bán kính R 2 2 0,50
Ta lại có AB13 15 12 R1R2, suy ra (S2) nằm trong ( )S1 và hai mặt cầu đó
tiếp xúc với nhau, đồng thời mặt phẳng (P) cần tìm sẽ đi qua tiếp điểm và vuông góc
Tiếp điểm H của hai mặt cầu S1, S2 thỏa mãn 15
2
Gọi H x y z ( ; ; )
88 15
13 2
2
x
z
0,50
Vậy phương trình ( ) : 65P x156y22880 0,50
Chú ý:
1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm
3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn
