Giả sử ABx x0, R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC.. Gọi M là trung điểm của CD CDSHM SHMSCD SM là hình chiếu của SH lên mặt phẳng SCD.
Trang 1
1
(5.0 điểm)
1 (3.0 điểm) Xác định m …
Hoành độ giao điểm của d và (C )m là nghiệm của phương trình:
2
1
1
x
mx
dom 0
d cắt (C )m tại hai điểm phân biệt( )1 có hai nghiệm phân biệt khác 1/ m
2 2
0
g
m
(luôn đúng)
Vậy d luôn cắt (C )m tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0
1.0
Giả sử A(x ; xA 3 A 3m),B(x ; xB 3 B3m)với x ,xA B là hai nghiệm của (1)
Do đó:xA xB m và x xA B 1 3/
Ta có: AB (xBx )A 2( x3 B3x )A 2 10(xBx )A 2
3
OAB
m
1.0
Mặt khác ta có: C(m; ),D( ;0 0 3 m)với m 0
OCD
2 3
m
10 2 40 2 10 2
0.5
2 (2.0 điểm) Chứng minh rằng đồ thị hàm số có ba điểm cực trị …
TXĐ: D; y '4x32ax2 2x( x2a) Hàm số có ba điểm cực trịy ' có 3 nghiệm phân biệt0 a 0 (* ) 0.5
0
Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:
0 0
A( ; ), B ; , C ;
Ta có:
4
ABAC ; BC a
0.5
Do tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC là một tam giác nhọn khi và chỉ
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015
Môn: TOÁN; Khối 12
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
Trang 28
a
2
a
a
(thỏa mãn (*)) (đpcm) 0.5
2
(5.0 điểm)
1 (2.5 điểm) Giải phương trình:
PTcosx2cos x2 3sin x( cosx2 1)4cos x cosx2 2 2( cos x2 1) 0
cosx( cosx2 1) 3sinx( cosx2 1)2cos x( cosx2 2 1) 0
( cosx2 1)(cosx 3sin x2cos x)2 0
2
cosx sin x cos x (* )
1.5
2cosx 2 sin x cos x cos x 3 cos x
2
k
1.0
2 (2.5 điểm) Giải hệ phương trình:
Điều kiện: x,y
2
9
0.5
f (t)t t ln t t với t
3
3 9
g(u) u
u
với u 0
g'(u)
(u )
Hàm số g(u) đồng biến trên 0[ ; ) g(u)g( )0 0
f '(t) g(t ) Hàm số f(t) đồng biến trên
Mà ( )1 f (x)f (y)x y
1.0
Thay xy vào PT (2) ta được:
3x343 x 3 1 3 x343 3x1
37 3 3(x34 3)( x) 1 3 x231x10212
30
x
x
0.5
Thử lại ta thấy x 61; x30là nghiệm của phương trình
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (30 30; ),(61 61; ) 0.5
Trang 33
(3.0 điểm)
Tìm tọa độ giao điểm …
Gọi MAIBC
Giả sử ABx (x0), R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC
Do tam giác ABC đều nên
ABC
1.0
Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiệp và nội tiếp
Giả sử I( a2 2;a) d (a 1 1)
Do d2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: d(I; d )2 r
6 2 6
1
3
9 9
2
a
Suy ra: I( ; ) 2 2
1.0
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính 2 2 3
phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là:
3 (x ) (y ) Tung độ giao điểm của d1và (C) là nghiệm của phương trình:
( y ) (y ) (y )
2 2 2 4
Vậy tọa độ giao điểm của d1và (C) là: 2 2 2 4 2 2 2 4
1.0
4
(3.0 điểm)
Tìm để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất
S
A
D
φ
2
và BC 2(a2h )2
1.0
Tam giác SHM vuông tại H nên
2
tan
2
1 2
a
tan
2
4
1 2
a tan
tan
1.0
Do hình chóp đều nên H là giao điểm của AC và BD
Gọi M là trung điểm của CD
CD(SHM) (SHM)(SCD)
SM là hình chiếu của SH lên mặt phẳng (SCD)
Vậy HSM với 0
2
Đặt SHhHC2 a2h2
Trang 4Vậy 2
2 3
S.ABCD
a tan
Đặt t 1 2tan2 với
3
1
t t
Xét hàm số:
3
3
a t
f (t)
t t
trên ( ;1 )
3
1
Bảng biến thiên:
Vậy
3
1
4
9 3 S.ABCD ( : )
a
V max= max f (t)
khi t 3 tan 1 45o
1 3
f’(t) + 0
f(t) f(3)
0 0
1.0
5
(3.5 điểm)
1 (1.5 điểm) Tính …
Ta có: (1x)2014 C02014C12014x C 22014x2C20132014x2013C20142014x2014
x(1x)2014 C02014x C 12014x2C22014x3C20132014x2014C20142014x2015 0.5 Lấy đạo hàm hai vế ta được:
C020142C12014x13C22014x22014C20132014x20132015C20142014x2014
0.5
Lấy x 1 ta được:
2 2014 2 C 2C 3C 2014C 2015C
0.5
2 (2.0 điểm) Có bao nhiêu số …
Số phần tử của không gian mẫu là: 5
9
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là C39
Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
0.5
▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách
Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có: C35 cách
Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách
Số các số thỏa mãn TH1 là: 3.C 35 2 60 (số)
0.5
▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách
Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có: C25 cách
Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có: C23 cách Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách
Số các số thỏa mãn TH2 là: 3.C C 25 23 1 90 (số)
0.5
Do đó: A (90 60 ).C39
Vậy
3 9 5
90 60
0 213 9
0.5
Trang 56
(1.5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của k …
Ta có:
P
(1) 0.5
Mà: x 1 2y 1 y 1 2z 1 z 1 2x 1
x 1 2 y 1 2 z 1 2 ( )2
Từ (1) và (2) suy ra: P 1 1 1 12 12 12 2 1 1 1 ( )3
0.5
Ta có: 12 12 12 1 1 1 1 ( )4
2
(5)
0.5
Từ (3), (4), (5) suy ra: P 3 1 2 3 1
Vậy GTNN của P là 3 1. Dấu “=” xảy ra khi xy z 3
0.5
