Tìm m để đường thắng A và đồ thị hàm số 1 cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng x17 với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ... Tìm g
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KI THI CHON HOC SINH GIỎI TỈNH
MON THI: TOAN
| HUONG DAN CHAM | Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
(Điểm toàn bài lay diém lé dén 0,25; thi sinh lam cach khac ma dung van cho điểm tối đa)
I, | 1) Cho hàm số y=x ` +2mx?—3x (1) và đường thắng (A): y=2mx—2 (với m là tham
1,0d | số) Tìm m để đường thắng (A) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A,
B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng x17 (với A là điểm có hoành độ không đổi
và O là gốc toạ độ)
Hoành độ giao điêm của đô thị hàm sô (1) và (A ) là nghiệm phương trình:
x`+2mxˆ — 3x = 2mx — 2 © x` +2mxˆ” —(2m + 3)x+ 22 =0
Vậy (A) và đô thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điêm phân biệt < phương trình (2) có hai
2m+1)°+8>
1+2m+1-240 Khi d6, ba giao diém 14 A(1;2m-2), B(x,;2mx,—2), C(x,;2mx, —2), trong do x,;x,
0,25
là nghiệm phương trình (2) nên x, +x; =-2m -],X¡X; =—2
Tam giác OBC có diện tích S = BC đ Trong đó d= d(O; A) =?
BC’ =(x, —x,)’ +(2mx, —2mx,)” = | (x, +x,)°— 4xx, |(4m” + 1)
=]
„=—
In |2) Cho hàm số y= ^ = có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng minh +
rang d cat (C) tại hai điêm A, B phân biệt với mọi sô thực m Gọi k&,,k, lần lượt là hệ
số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B Tìm m để P = (k,)}”” +(k,)}”” đạt giá trị
nhỏ nhất
Xét phương trình hoành độ giao điêm của đô thị (C) và d:
# —2
“2 —-2x+m |” x+2 2x“ +(6—m)x+3— 2m = 0(*) 0,25
Trang 2
Xét phương trình (*), ta có: A>0,Vme®R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d
luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m 0,25
Hệ sô góc của tiếp tuyên tại A, tại B lân lượt là
1 1 ,
k¿ =————.k„ =—, trong đó %,,x, Gap Gaby g do %,x, la 2 g nghiém của phương trình (*), ta tha phuong (*) y
1 1
k,.k, = = =4.(k >0, k>>0
2 (x, + 2Ÿ (x, + 2) (x,x, + 2x, +2x, + 4Ÿ (ki 229)
0,25
CóP= (&,)}°% +(€,)*% >2AÍ,k,°5 =2”, do đó MinP = 229“ đạt được khi
1 1
k, = 12 (x, + 2) 7 (x, + 2)
do %;,x, phân biệt nên ta có xị +2 = - xa - 2
©x¡:†Xạ¿=-4<cm=-2 Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm
0,25
II,
1,0d 1) Giải phương trình: sin 4x-+cos4x =4V/2 sin — 4 —1 (1)
PT(1) <> 2sin2x.cos2x + 2cos’2x =4(sinx — cosx)
*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 © cosx + sin3x + 2 =0 (2) 0,25
COS x = —] nn `
< hệ vô nghiệm
*) VỊ cosx >T—l;sim 3x > —-1,Vx nên (2)< 3 '
sin 3x = —
Vậy PT có nghiệm là: x = 2 +kZ (keZ)
0,25
II,
1,0d 3xpL+-J9y +1)- aa
Oy? +1) 4+ 4(x? +DVvx =10(2)
2) Giai hé phuong trinh:
DK: x >0
NX: x = 0 khong TM hé PT
Xét x > 0
PT (1) ©3y+3y-j9y? +1 - Vz+l+xx
Xx c© 3y+3y Gy = + (— +1 (3)
0,25
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0 Xét ham sé f(t)= t+ t Vi? +1, t> 0
t?
Ta cé: f(t) =1+ vt +14
Vt’ +1
PTI(3) =/Gy)= A+) > 3y= =
>0 Suy ra /{†) luôn đồng biến trên (0,+œo)
0,25
Trang 3
Thé vao pt(2) ta duge PT: x° + x? + 4(x? +1)./x =10
Dat o(x)=x? +x? +4(x? +1).vx -10, x > 0 Ta cd g’(x) > 0 voix >0
Ta có ø(1) = 0
Vậy pt ø(x) = 0 có nghiệm duy nhật x = 1
Với x=l—y =
IHh
1,0d
1) Rút gọn biêu thức:
1 1 1 1 1 1
1.0.20131 2.182012! 3.212011! 4.3!.2010! (kK +1).kt.(2013— &)! 2014.2013!.0!
+) Ta 06: S = 2, 420 (K +1).k!.(2013 —k)! = §.20131= } <2 “=k +1 0,25
k+l (k+1)!2013—-k)!' 2014(&+1)1[2014-(&+1)} 2014 (k =0;1; ;2013)
0,25
D đ S 2013! 2013 Cần 1 2014 k
) 2-2014 2014 2 2014 0,25
2014 _—_
+) S.2013! = _*_(y24 _1) ssa? 1
2014 2014! 0,25
1H;
1,0d
5
u, ==
k= U
u 2 k
n+l = 2” — Hạ +2
+) Ta CÓ: „¡ T—,„ = 2, —4„ +4) >0,Vn — Day không giảm
Nêu có sô M: z„ < M với mọi n, thì tôn tại limuạ = L Vìuạ > uu; >L > wy 0,25
+) Khi đó ta 06: L= Ƒ LẺ~L+2 © L=2 (Vô lý)
=> limu, = +0
0,25
1]
Hạ (ở, ~ 2) 2(1„„ ~ 2)
+) Ta CÓ: u? —2u,+4=2u,,, n+1 © u,(u,—2)=2u,,,-2) ©
u,-2 Uu, Uy-2 Uu, n u,-2 u,,-2
0,25
1,5d 1) Cho khối chóp S.ABC SA =2a,SB =3a,SC = 4a, ASB =S4cC =90°, Bsc =120°
Gọi M, N lần lượt trên các đoạn $B và SC sao cho SM= SN = 2a Chứng minh tam
giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mat phang (SAB) theo a
Trang 4
Dùng DL Cosm tính được:
0,25
MN = 2z423
AM=2z42, AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2S§A nên géc ZASC= 60°)=> tam | 0,25 giác AMN vuông tại A
Gọi H là trung điêm của MN, vì SA = SM = §N và tam giác AMN vuông tại | 0,25 A.=> SH 1 (AMN); tinh dugc SH = a
Tinh được Vy aw = ova
V5 aun — SM.SN — 1 => V, tec = 22a? 0,25
Vậy d(C;(SAB)) = MM s.anc — 6a'V2 =2qJ/2
IV; | 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và
1,5d | đoạn CD sao cho BM =DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN
+) Ta có: DN =x.DC BN - BD = x(BC - BD) © BN = x.BC + (L— x).BD 0,25
Do đó: MN = BN - BM = x.BC +(L— x).BD — x.BA
+) MN”= z?4? + (l—x)’a* +x’a’* +2x(1- > —2x? 1 —2xq-— 1 0,25
= a |x? +(l—x)? +x? +x(1—x)—x? ~x(1-x)| = (2x? —2x+ 1)a
+) Xét ham sé f(x) = 2x” — 2x + 1 trén doan [0;1] ta có: 0,25
max f(x) = /(0) = f(@) =1Lmin f(x) = IG) =5
+) MN dat gia tri nho nhat bang _ khi M, N lân lượt là trung điệm của AB, CD
+) MN dat giá trị lớn nhất bằng a khi M=B, N=D hoặc M=A, N=C 0,25
Trang 5
1,0đ
Cho 3 số thực x, y, z thỏa mẫn: x.V.z =2,/2
x+y yr+z? z”+xŸ
x '+y°+x y ` y`+z°+y7z” z°+x)+z*x?
Chứng minh rằng:
+) Đặt a = x”, b= yˆ,c= z⁄, từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8
a+b’
0,25
4 4 4 4 4 4
=- +6 > 3 TP Tasẽ ching minh: 4 *° —
a’ +b°+ab 5 (a +8") 5 (a +"
+) Ta có:
That vay: (1) = 2(a1+6*) >(a’ +b’)? o(a’—b’) >0 (luôn đúng)
4 4
a+b > (a4? +b?)Dẫu“=”có &a=b©a=b 1 k ,
a+b+ab 3
bi+c'
+) Áp dụng BĐT trên ta có:
) Ap dung b* +c’ +be > A +c?) Dau“="cd <= b=c
4 4 c'+a 1 k ,
—,— 2 =(c’ +a’) Dau“="c6 ©c=a
c +a +ca 3
Cộng các vê các BĐT trên ta được:
a’ +b‘ bt +c ci +a‘
2 2 + 2 2 + 2 2
a+b +ab b+c +bc cˆ+a +ca
> Ge +b? +c’) (2) Dâu“=”có ©a=b=c
0,25
+) Theo BĐT Cô-si ta có: 2a" +b?+c?)>2Äla?b?c? =8.Dấu“=”có a=b=c
Do đó ta có ĐPCM Dấu đăng thức xảy ra <= |x| =|y| =|z| = V2 0,25