b Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho điểm B-3;0, C3;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 k
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
Môn thi: TOÁN (BẢNG A)
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
a) Giải phương trình:
3 4 2
3
2
x x
x
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−x2)
b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y < π
Chứng minh: (x3−6 sinx) y≤(y3−6 siny) x .
Bài 3: Giải hệ phương trình:
= + +
x y x
y z y y
z x z z z
Bài 4:
a) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp 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:
Đề chính thức
Trang 2SỞ 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 1:
(5,5đ) a.(2,5đ) - TXĐ: D = [0; +∞) Đặt x t = ≥ 0
PT trở thành:
4 2
3
2
t t log t + + + − − =
Xét f(t) =
4 2
3
2
t t log t + + + − −
với t ≥ 0
Có f '(t) =
4 1
3 2 2
t t ( t ) ln
t ln
+ −
+
Ta có: f '(t) > 0 ∀ t ≥ 0, 1
0 2
f = ÷
⇒pt (1) có một nghiệm duy nhất t =1
2.
Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 1
4
0.25 0.25
0.25
0.5
0.75
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
⇒ f '(x) đồng biến trên [1, +∞), mà f '(1) = -7; Lim f '(x)x
⇒∃ x0∈ (1; +∞) để f '(x0) = 0
Ta có bảng biến thiên:
x 1 x0 +∞ f'(x) - 0 +
f(x)
+∞ -8
Dựa vào bảng biến thiên suy ra pt: f(x) = 0 có một nghiệm duy nhất và nghiệm đó có giá trị dương ⇒ đpcm
0.5
0.5 0.5 0.5
0.5
0.5 f(x0)
Trang 3Bài 2:
(6 điểm) a (3đ): TXĐ: D = − 5 5 ;
Ta có: f '(x) = 3 +
2 2
2
5
5
x x
x
− =
2
5
x
−
⇒ f '(x) = 0 ⇔ 3 5 − x2 − 2 x2 + = 5 0; ∀x ∈ ( − 5 5 ; )
⇔ 2
5 2
x
≥
2
x x
x
=
= ⇔ = −
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
0.25
0.5
0.25
1.0
0.5 0.5
b (3đ) Do 0 < x ≤ y < π⇒ sinx > 0, siny > 0
Bất đẳng thức
3 6 3 6
sin x sin y
Xét f(t) =
3 6
sin t
− với t ∈ (0; π)
Có f '(t) = ( 2 ) ( 3 )
2
3 t 6 sin t t 6 t cost
sin t
Xét g(t) = (3t2 - 6)sint - (t3 - 6t)cost với t ∈ (0; π)
Có g'(t) = t3sint > 0 ∀ t ∈ (0; π)
⇒ g(t) đồng biến trên (0; π) ⇒ g(t) > g(0) = 0
⇒ f'(t) > 0 với ∀ t ∈ (0; π) ⇒ f(t) đồng biến trên (0; π)
mà x ≤ y ⇒ f(x) ≤ f(y) suy ra đpcm
0.5 0.25
0.25
0.5
0.5 0.5 0.5
Bài 3:
(3 điểm)
Trường hợp 1: Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0
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
0.5 0.25
0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25
Trang 4Bài 4:
(5,5 đ) a (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5
Do ABC · = 900 ⇒ C đối xứng với A qua I ⇒ C(0; -4)
có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0
Có S∆ ABC = 4 ⇒ khoảng cách từ B đến AC là: d = 2 4
5
S
AC =
⇒ 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
8
m m
m
=
⇒ = − + Với m = 0 pt của ∆: 2x - y = 0 ⇒ toạ độ B là nghiệm của hệ:
0
y
=
6 5 12 5
x y
= −
= −
+ Với m = -8 Pt của ∆ : 2x-y- 8 = 0 ⇒ toạ độ B là nghiệm của hệ:
4
y
16 5 8 5
x y
=
= −
Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( 6 12
5 ; 5
− − )
hoặc (2; -4) hoặc (16 8
5 ; − 5)
0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25
0.5
0.5
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)
Có: h = 3r ⇔ (AB + BC + CA)r = 3BC.r
⇔ AB + CA = 2BC ⇔ sinC + sinB = 2sinA
⇔ cotg
.cot g = 3 (*)
mà cotg
; cot g
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
0.5
0.5
0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25
Ghi chú: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
B 0 K H C x
I
A y