Học sinh Giỏi (Nghệ An)

Tính bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC.. Chứng minh rằng: đờng thẳng T1T2 luôn đi qua một điểm cố định khi M chạy trên ∆.. Đề chính thức.

Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn học sinh giỏi Tỉnh

Năm học 2007 - 2008

Môn thi: Toán lớp 12 THPT - bảng B

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1

a) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0

b) Chứng minh rằng: sinx 3 cosx

x

  >

  , với x (0; )2

π

Bài 2.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số: y x= + 1 x− 2

b) Giải hệ phơng trình:

x y sinx e

sin y sin 2y cos2y sin x cos x 1

x, y 0;

4

−







Bài 3.

Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

8

π

Bài 4

a) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 3

2 Biết A(2; - 3), B(3; - 2) và trọng tâm G thuộc đờng thẳng d có phơng trình: 3x - y - 8 = 0

Tính bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

b) Trong mặt phẳng Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình: x2 + y2 - 2x - 4y + 4 = 0 và đờng thẳng ∆ có phơng trình: x - y - 1 = 0 Từ điểm M bất kỳ trên đờngthẳng ∆ kẻ hai tiếp tuyến MT1,

MT2 đến (C) (T1, T2 là tiếp điểm)

Chứng minh rằng: đờng thẳng T1T2 luôn đi qua một điểm cố định khi M chạy trên ∆

…… Hết ………

Họ và tên thí sinh: SBD:

Đề chính thức

Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Năm học 2007 - 2008 hớng dẫn và biểu điểm Chấm đề chính thức

(Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang) Môn: Toán lớp 12 - THPT - bảng B

(1) trở thành: (m - 3)t + (2 - m)t2 + 3 - m = 0 <=> m = 2t22 3t 3

− +

− + (2) 0,5 Xét f(t) = 2t22 3t 3

− +

− + , t ≥ 0

f/(t) =

2

t 2t (t t 1)

−

− + ; f

/(t) = 0 <=> t 0

t 2

=



 =

Bảng biến thiên

0,5

f(t)

5 3 Phơng trình (1) có nghiệm <=> phơng trình (2) có nghiệm thoả mãn t ≥ 0

<=> 5 m 3

3≤ ≤

0,5

b. sinx 3

cosx x

  >

(1) <=> tgx.sin2x - x3 > 0

Xét f(x) = tgx.sin2x - x3 > 0 ; x (0; )

2

π

0,5

f/(x) = tg2x + 2sin2x - 3x2

f//(x) = 2tgx 12

cos x + 4sinx.cosx - 6x = 3

2sin x cos x + 2sin2x - 6x

= 2cos x 6sin x2 4 2 8cos x 102

cos x

= 8cos x 10cos x 4cos x 66 44 2

cos x

= 2(cos x 1) (4cos x 3)2 24 2 0

cos x

2

π

∀ ∈

0,5

=> f//(x) đồng biến trên (0; )

2

π

=> f//(x) > f//(0) = 0 , x (0; )

2

π

∀ ∈

0,5

=> f/(x) đồng biến trên (0; )

2

π

=> f/(x) > f/(0) = 0 , x (0; )

2

π

∀ ∈

0,5

=> f(x) đồng biến trên (0; )

2

π

=> f(x) > f(0) = 0 , x (0; )

2

π

∀ ∈

0,5

a. ĐK: - 1 ≤ x ≤ 1

0,5 Xét hàm số y = x + 1 x− 2 trên đoạn [-1; 1], ta có:

y/ = 1 - x 2

1 x− =

2 2

1 x

• y/ = 0 <=> 1 x− 2 =x

<=> x 02 2 x 1

2

≥

 <=> =



Khi đó y(-1) = - 1 ; y( 1 ) 2

2 = ; y(1) = 1.

0,5 Vậy max y = 2 khi x = 1

2

x y sinx

sin y cos2y sin 2y sin x cos x 1 (2)

4

−







Ta có (1) <=> sin xx sin yy (1 )/

0,5 Xét f(t) = sin tt

e , t 0;4

π

f/(t) = t

2.cos(t )

e (cos t sin t) cos t sin t 4

0 , t (0; )

4

π +

=> f/(t) đồng biến trên 0;

4

π

  Khi đó từ (1

/) => x = y

0,5 Thay vào (2): - cos2x + sin2x = sinx + cosx - 1

<=> cos2x + sinx + cosx - (1 + sin2x) = 0

<=> (cosx - sinx)(cosx + sinx) + (sinx + cosx) - (sinx + cosx)2 = 0

<=> (sinx + cosx) (cosx - sinx + 1 - sinx - cosx) = 0

<=> (sinx + cosx) (1 - 2sinx) = 0

<=> sinx = 1

2 (do sinx + cosx > 0 x (0; )4

π

<=>

6 5

6

π

 = + π



 = + π

Do x (0; )

4

π

6

π

Vậy hệ có nghiệm: ;

6 6

π π

Bài 3.

Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: cos (3x 9x2 160x 800) 1

8

π

Ta có (1) <=> (3x 9x2 160 800) k2

8

, k ∈ Z

169x 800 (3x 16k)

2

3x - 16k 0 9x

≥







<=> 2

16k

3

3k 5

 ≥





−

 =

Có (2) <=> 9x = 24k - 40 - 25

Do k và x nguyên nên 3k + 5 là ớc của 25

Bài 4 5,5

• S = 1

2CH.AB (1).

Ta có: AB = 2

Phơng trình AB: x - y - 5 = 0 => CH = d(C, AB) = a b 5

2

− −

do đó: (1) <=> 3 1.a b 5 2 a b 5 3

− −

<=> a b 8

a b 2

− =



 − =

• Toạ độ G(a 5 b 5;

)

Ta có: G ∈∆ <=> 3(a 5) b 5 8 0

<=> 3a - b = 4

0,5

Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2+ 65+ 89

=> r = 2S 3

TH2: a b 2 a 1

Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 5+ 2

=> r = 3

b.

Ta có tâm I(1; 2), bán kính R = 1

d(I, ∆) = 1 2 12 2 2 R

1 ( 1)

− −

= >

+ −

=> ∆ nằm ngoài (C) => từ M ∈∆ luôn

kẻ đợc hai tiếp tuyến với (C)

0,5

Do M ∈∆ nên M(m + 1; m) => trung điểm của IM là K(m 2 m 2;

)

Đờng thẳng T1T2 là trục đẳng phơng của đờng tròn (C) và đờng tròn (C) đờng

I M

T2

T1

Phơng trình đờng tròn (C) là:

(x - m 2)2 (y m 2)2 m2 (m 2)2

<=> x2 + y2 - (m + 2)x - (m + 2)y + 3m + 1 = 0 0,5

=> phơng trình đờng thẳng T1T2 là: mx + (m - 2) y - 3m + 3 = 0 0,5 Gọi A(x0; y0) là điểm cố định mà T1T2 luôn đi qua

Ta có: mx0 + (m - 2) y0 - 3m + 3 = 0 ∀m ∈ R

<=>

0

0 0 0

0

3 x

y 2





=> đờng thẳng T1T2 luôn đi qua một điểm cố định A(3 3;