Một hình trụ ngoại tiếp hình cầu đó có đáy dưới nằm trong mặt phẳng đáy của hình nón.. Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của hình nón và hình trụ..[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TỈNH BÌNH THUẬN Năm học: 2011 - 2012
Đề này có 01 trang Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
-ĐỀ
Bài 1 : (4 ñieåm)
Xác định hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số:
Bài 2: (4 điểm)
Giải bất phương trình:
2 sin
cos2
6
2 3 log 2011 0 3
x
x
Bài 3: ( 4 điểm)
Bài 4: ( 3 điểm)
Bài 5: ( 5 điểm)
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:
2 sin2 sin2 sin2
p ab A bc B ac C
(trong đó a, b, c là ba cạnh đối diện với ba góc A, B, C và p là nửa chu vi của tam giác)
Trang 2
-Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG BÌNH THUẬN LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA
Năm học: 2011 - 2012
Đề này có 01 trang Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
-ĐỀ:
Bài 1 : (4 ñieåm)
Cho x [0;16] , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
8.3 x x 9 x 9 x
Bài 2 : (4 ñieåm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, phân số
21 4
14 3
n n
Bài 3 : (4 ñieåm)
đẳng thức:
7
27
Bài 4 : (3 ñieåm)
Cho tứ giác ABCD Trên các cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M và N sao cho
ABCD.
Bài 5 : (5 ñieåm)
Một hình cầu nội tiếp trong một hình nón tròn xoay Một hình trụ ngoại tiếp hình
của hình nón và hình trụ.
2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của tỷ số
1 2
V
V .
Trang 3
-Hết -ĐÁP ÁN VÒNG 1 Bài 1: 4đ
Hoành độ giáo điểm là nghiệm của phương trình:
4x2 = (x2 – 3x + 2)( x2 – 12x + 32) 0,5
2
1
1 Đặt
8
t x
x
(1), phương trình trở thành: t2 -15t + 50 = 0 cho hai nghiệm: t = 10, t = 5 1 Thay vào (1) tìm được x 5 7 0,5
Bài 2: 4đ
Pt đã cho viết lại:
sin cos sin cos
Đặt
2
sin
2 x; 1 2
2
2
log 3 log 3
log 3
3
t
1 Bất phương trình trở thành:
2
2
log 3 1
6 2log 3
t
0,5 Đặt
2
2
log 3
1
2log 3
3 ( )
t
2 2
log 3 1
2log 3 1
t
1 Như vậy: f(t) nghịch biến với t[1;2] Suy ra: f t( )f(1) 4 hay f t( ) 4 log 1296 log 2011 6 6 1 Vậy bất phương trình vô nghiệm
Bài 3: 4đ
Ta có: 2(x + y) + xy = x2 + y2. (x – y)2 - 2 (x + y) + xy = 0 .0,5
Đặt
2 2
u v x
u x y
(*) .0,5 Phương trình trở thành u2 – 8u + 3v2 = 0 Coi đây là phương trình bậc hai theo u ta được:
2
2
v
, trong đó 64 – 12v2 0 .0,5
Vì u nguyên nên 64 – 12v2 là số chính phương, từ đó v 2 1
Thay những giá trị này của v ta có các cặp (u, v): (6, 2), (2, 2), (6, -2), (2, -2) 0,5
Từ các cặp này, thay vào (*) và thử lại ta được các nghiệm nguyên dương tương ứng của
phương trình đã cho là: (4, 4), (4, 2), (2, 4) 1
Trang 4Bài 4: 3đ
Chọn hệ 3 vectơ không đồng phẳng như sau: AA1a AB b, , AC c
0,5
Ta có: AB1 a b BC, 1 a c b CA, 1 a c
0,5 Xét đẳng thức vectơ : AB1 xBC yCA 1 1 Hay a b x a c b ( )y a c( )
0,5
(x y 1)a ( x 1)b x y c( ) 0
1 0
1 0 0
x y x
x y
0,5
Hệ phương trình này vô nghiệm nên các vectơ AB BC CA1, 1, 1 không đồng phẳng .0,5
Từ đó ta có đpcm 0,5
Bài 5: 5đ
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2
0,5
a22( cos2b A c cos2 )C a b 2c22 cos2bc B0 (1) 1
Xem đây là tam thức bậc hai theo a, ta có:
' b2sin 22 A c 2sin 22 C2 (cos2 cos2bc A C cos2 )B 0,5
Vì cos2B = cos(2A+2C) nên:
Vậy (1) đúng từ đó ta có đpcm 0,5 Dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi hệ sau thỏa:
Vì vậy: b2 c2sin 22 C a 2c2cos 22 C2 cos2ac C .0,5 Hay a2 c2 2 cosac B a 2 c22 cos2ac C
Suy ra –cosB = cos2C hay B + 2C = 1800 = A + B + C nghĩa là A = C 0,5 Thay vào (2) ta có: bsin2A = csin2A mà sin2A 0 do đó b = c
Tóm lại dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều .0,5
Trang 5ĐÁP ÁN VÒNG 2 Bài 1: 4đ
Ta cĩ
9 (9.9x x x 8.3 x x 1)
0,5 = 9 (9x X2 8 X 1) (với X 34x x
= 9 (x X1)(9X1) 0,5 Xét hàm số g x( )4 x x (x[0;16]), ta cĩ:
3 4
3 4
g x
3
16
0,5 Bằng cách lập bảng biến thiên cho hàm số g(x), ta cĩ:
9
x x
0,5 Khi đĩ:
1
9
X
, với x [0;16] 0,5
Mà với
1 9
X
thì: y9 (x X1)(9X1) 0 0,5 Vậy Miny = 0 Dấu ”=” xảy ra khi
9
1
Bài 2: 4đ Gọi d d ( 1)là ƯCLN của hai số 21n + 4 và 14n + 3
Ta cĩ 21n + 4 = kd; 14n + 3 = md ( k, m là những số nguyên dương) .1 suy ra: 7n + 1 = (k – m)d do đĩ: 21n + 3 = 3(k – m)d 0,5
Vì vậy: 1 = (21n + 4) – (21n + 3) = kd – 3(k – m)d = (3m – 2k)d 1 Nghĩa là 1 là tích của hai số nguyên 3m – 2k và d .0,5 Điều này chỉ cĩ thể xảy ra khi d = 3m -2k =1 0,5 Kết luận 0,5
Bài 3: 4đ
Từ giả thiết ta cĩ: 0 x, y, z 1 0,5
Vậy xy yz zx 2xyz xy (1 ) z xz (1 y)yz0 0,5 Khơng làm mất tính tổng quát của bài tốn, giả sử x y z , từ đĩ:
3x x y z 3z nên:
0,5
Ta cĩ
0,5
Trang 6Mà
nên:
0,5 Mặt khác: xy yz zx 2xyz(x z y xz ) (1 2 ) y 0,5
2
2
y
0,5 Dấu ” =” xảy ra khi x = y = z =
1
3 0,5
Bài 4: 3đ
Kẻ CHAB, AKCD
Ta cĩ:
0,5 Suy ra:
1 1
ACM
ACB
0,5
1
k
.0,5 Tương tự:
1
k
0,5 Khi đĩ:
1
k
0,5 Vậy
1 1
AMCN
ABCD
S
S k .0,5
Bài
5: 5đ
1/ Gọi h = BD là đường cao hình nĩn
a = DC là bán kính đáy hình nĩn
là gĩc giữa đường sinh và trục hình nĩn
r là bán kính hình cầu nội tiếp hình nĩn
Ta cĩ thể tích hình nĩn:
2 1
1 3
(1)
và
(1 sin )
sin
r
0,5 Thay vào (1) ta được:
1
D
C
H M
N K
Trang 7
Thể tích hình trụ: V2 2r3
Do đó:
1
2
6sin (1 sin ) 6 (1 )
, (với t = sin; 0 < t < 1) 1 Giả sử
1
2
V
V = 1 (nghĩa là V
1 = V2), ta có phương trình: 7t2 – 4t + 1 = 0 Phương trình bậc hai này vô nghiệm, điều này có nghĩa là không tồn tại để V1 = V2 0,5
2/ Đặt
1
2
V
V = k ta có phương trình (1+ 6k)t2 + 2(1 – 3k)t + 1 = 0
Để pt có nghiệm thì
' (1 3 ) (1 6 ) 0
3
0,5 Vậy giá trị nhỏ nhất của
1 2
V
V = k là 34 .0,5
Ứng với t =
1 sin
3
và OB = 3r 0,5
B
A
O
C
D
E