Tìm hai điểm A, B trên C sao cho các tiếp tuyến của C tại A và B song song với nhau đồng thời khoảng cách giữa hai tiếp tuyến đó đạt giá trị lớn nhất.. - Giám thị không giải thích gì t
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu)
Câu 1 a) Giải phương trình:
3 + x − = x + x + b) Giải hệ phương trình:
+
= +
−
= +
+
y y
x x
y xy
x
3 4
4
0 2
2
3 2
3
Câu 2 a) Cho hàm số
2
2 +
=
x
x
y có đồ thị là (C) Tìm hai điểm A, B trên (C) sao cho
các tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau đồng thời khoảng cách
giữa hai tiếp tuyến đó đạt giá trị lớn nhất
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 3 nghiệm
phân biệt:
2 2
4
Câu 3 Xác định các góc của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:
2
3 sin 2
3 2
cos 2
Câu 4 Cho hình chóp S.ABC có các mặt phẳng (SBC) và (ABC) vuông góc với nhau,
các cạnh AB = AC = SA = SB = a Tìm độ dài cạnh SC sao cho khối chóp
S.ABC có thể tích V =
8
3
a
Câu 5 Cho a , , b c là các số thực dương thỏa a2 + b2 + c2 = 3 abc Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
P =
1 8 1 8 1
8 2 + + 2 + + c2 +
c b
b a
a
_ Hết _
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu
- Giám thị không giải thích gì thêm
Trang 2SỞ GD − ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
Điều kiện: x≥2 Phương trình đã cho ⇔ 3 x−2− x+6 =2x−6
6 2
3
24
+ +
−
−
x x
x
x
= + +
−
=
⇔
(*) 4 6 2
3
3
x x
Giải (*): (*) ⇔ 10x−12+6 (x−2)(x+6)=16
⇔ 3 (x−2)(x+6)=14−5x ⇔
( )( ) ( )
−
= +
−
≥
−
2
5 14 6 2 9
0 5 14
x x
x
1.a
3 điểm
⇔
= +
−
≤
0 19 11 5 14
2
x x
x
⇔
±
=
≤
2
5 3 11 5 14
x
x
⇔
2
5 3
11−
=
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x=3,
2
5 3
11−
=
1
Ta thấy y=0 không thỏa mãn hệ đã cho nên y≠0 Phương trình: x3 +xy2 +2y3 =0 ⇔(x+y) (x2 −xy+2y2)=0
0
= +
4
7 2
1
2 2
−
= +
1
Thay y=−x vào phương trình sau ta được: 3 x4 −x2 +4=4x2 −3x 0,5
⇔ 3 x4 −x2 =4x2 −3x−4
⇔ 3 1 4 1−3
−
=
−
x
x x
x x
t= − , pt trở thành 4t3 −t−3=0⇔ ( )t−1(4t2 +4t+3)=0 ⇔ t=1 0,5
1.b
3 điểm
Với t=1 ta có: −1 =1
x
2
5
1±
=
2
5 1 , 2
5 1
; 2
5 1 , 2
5 1
0,5
+2
2 ,
a
a
+2
2 ,
b
b
b với a,b≠−2;a≠b
Vì (C) không có tiếp tuyến kép nên các tiếp tuyến của (C) tại A và B song song
⇔ y'(a)= y'(b) ⇔
( ) (2 )2
2
4 2
4
+
=
a
Do a≠b nên ta có a+2=−(b+2) ⇔ b=−4−a
1 2.a
3 điểm
Khi đó ta có tọa độ B ( )
+
+
−
−
2
4 2 , 4
a
a
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A, B lần lượt là:
0 2 ) 2 (
4x− a+ 2y+ a2 = và 4x−(a+2)2y+2(a+4)2 =0
1
Trang 3Khoảng cách giữa chúng:
h =
( )4
2 2
2 16
2 ) 4 ( 2
+ +
− +
a
a a
=
( )4
2 16
2 16
+ +
+
a
a
( 2) 4 2
8
2 16
2 = +
+
≤
a
a
Đẳng thức xảy ra ⇔ (a+2)2 =4 ⇔
−
=
=
4
0
a
a
Vậy các điểm cần tìm là: A( )0,0 ; B(−4,4) hoặc A(−4,4); B( )0,0
0,5
Điều kiện: −2≤ x≤2
4 x x
t= + − Xem t là hàm số của x, xét hàm số t trên [−2;2]:
2 2 2
4
4 4
1 '
x
x x x
x t
−
−
−
=
−
−
Bảng biến thiên của t trên [−2;2]:
0,5
Từ bảng biến thiên ta có t∈[−2;2 2] và quan hệ số nghiệm của t và x:
+) một giá trị t∈[−2,2) hoặc t=2 2 cho tương ứng một nghiệm x,
+) một giá trị t∈[2,2 2) cho tương ứng hai nghiệm x
0,5
Ta có t2 =4+2x 4−x2 ⇒
2
4 4
2
2 = −
−x t
Phương trình ban đầu trở thành: − t +t+2=m
2
1 2
2
1 ) (t =− t2 +t+
f trên tập [−2;2 2]
1 )
( ' t =−t+
f , f'(t)=0⇔t =1
1
Bảng biến thiên:
0,5
2.b
3 điểm
Từ bảng biến thiên của f(t), phương trình ban đầu có đúng 3 nghiệm x
⇔ phương trình f(t)=m
có 1 nghiệm t∈[2,2 2) và 1 nghiệm t∈[−2,2)∪{ }2 2
⇔ 2 2−2<m≤2
0,5
t −2 1 2 2 2
f’(t) + 0 − −
f(t)
−2
2 5
2
2 2
2 −
x −2 2 2
t’ + 0 −
t
−2
2 2
2
Trang 4Biến đổi, giả thiết tương đương với
− +
=
−
−
−
2 2
3 cos 2
3 4
cos 4
2 cos
⇔
4
3 cos 2 2
1 4
cos 4
3 cos
1
4
cos 4
3 cos 4 4
3 cos
4
sin 4
cos 4
3 cos
2
=
− +
3
3 điểm
⇔
=
−
=
−
−
−
0 4 sin
0 4
cos 2
3 cos 2
C B
C B
A π
⇔
=
−
=
−
2
1 4
3 cos
0 π
A
C B
(vì
4 4 4
π
π < − <
⇔
=
−
=
3 4
C B
(vì
2 4
3 4
π π
π < − <
=
=
=
9
9 7
π
π
C B
A
1
B
H
A Ta xét hình chóp với đỉnh là A
Gọi H là trung điểm BC
Do AB = AC = a ⇒ AH ⊥ BC
Theo giả thiết hai mặt phẳng
(ABC) và (SBC) vuông góc với nhau theo giao tuyến BC nên suy
ra AH ⊥ (SBC)
Ta có : AB = AC = AS nên
HB = HC = HS
⇒ tam giác SBC vuông tại S
1
Đặt SC = x Ta có BC = 2 2
x
BH AB
4
3a2 −x2
⇒
2
3a2 x2
Thể tích khối chóp: V AH SB.SC
2
1 3
1
12
1
x a
1
4
3 điểm
Theo giả thiết
8
3
a
2
3 3
2 2
x a
2
6
a
Từ giả thiết ta có: abc=a2 +b2 +c2 ≥ab+bc+ca
c b
Đặt
c
z b
y a
x= 1, = 1, =1 thì x,y,z>0 và x+y+z≤3
0,5
5
2 điểm
Gọi Q =
1 8 1 8 1
8 2 + + 2 + + c2 +
c b
b a
a
Ta có:
8 1
8
1 1
2
2 + = + = x +
x
a
a a
a
và hai đẳng thức tương tự nên Q =
8 8
2 + + + + z +
z y
y x
x
0,5
Trang 5Do
+
−
= +
≤ + +
=
7 1 2
1 7 2 7 ) 1 (
8 2
2
x x
x x
x x
x
và hai bất đẳng thức tương
+
+ +
+ +
−
≤
7 2
1 7 2
1 7 2
1 2
7 2
3
z y
x
( ) 21 2
9
2
7 2
3
+ + +
−
≤
z y
9 2
7 2
3−
≤
3
1
=
0,5
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: P2 ≤3.Q≤1⇒ P ≤ 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x= y= z=1 ⇔ a =b=c=1 Vậy giá trị lớn nhất của P là 1
0,5
Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng
