DE HSG 12 THPT THANH HOA 2013

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C sao cho khoảng cách từ điểm I  2; 2 đến tiếp tuyến đó là lớn nhất.. Giải phương trình.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT

Ngày thi: 15/03/2013

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

Đề này có 01 trang, gồm 05 câu

Câu I (4,0 điểm)

Cho hàm số y= 2 x

x+2 .

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ điểm I ( 2; 2) đến tiếp tuyến đó là lớn nhất

Câu II (4,0 điểm)

1 Giải phương trình

sin sin 3 cos cos3 1





2 Giải hệ phương trình    

4

x y

x y





 







Câu III (4,0 điểm)

1 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z  3. Chứng minh rằng :

x y z y z x z x y

xyz

2 Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực

3

1

2 0

4x 3.2 x x 4 x 0

x mx







Câu IV (4,0 điểm)

1 x x  x a a x a x  a x

Chứng minh rằng:

C a  C a C a   C a 

2 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2). Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC của tam giác ABC là ( x − 3)2+( y+ 2)2=25 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu V (4,0 điểm)

1 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và ABC bằng 300 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C ' ' ', biết khoảng cách giữa hai

đường thẳng AB và CB' bằng 2.

a

2 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -2; -3), B(-6; 10; -3) Viết phương trình mặt

phẳng (P) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng 15 và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) bằng 2

HẾT

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Số báo danh

……….

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT

(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang )

I.

(4.0)

1.

 Tập xác định: D \2 

 Sự biến thiên:

Giới hạn và tiệm cận:

, tiệm cận ngang: y = 2,

; tiệm cận đứng: x 2

0,50

Chiều biến thiên:  2

4

2

x



Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 2

và 2;

0,50

Bảng biến thiên:

x y’

y

0,50

2

-2

y

x 0

I

Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-2; 2) làm tâm đối xứng.

Gọi x 0 2 là hoành độ của tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm Khi đó phương trình tiếp là:

0

2

x

0,50

Ta có d A  ( ; )

0 2

x





0,50

0

2 0

8

2 2

8

x

x







Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

0

4

0

x x

x







0,50

Với x0  4 y0   4 1:y x 6

Với x0  0 y0   0 2:y x

0,50

II.

(4.0)

1.

Giải phương trình:

sin sin 3 cos cos3 1





*ĐK:

6

6

3

3

x

c x

x

c x

























0,50

* Ta có: tan(x  6) tan(x 3)1.

* Nên:

(1) sin sin 3 cos cos3

8

sin sinx.sin 3 cos cos cos3

8

(1 os ) ( os4x - cos 2 ) os ( os4x + cos 2 )

0,50

2cos cos 4 - cos 4 cos 2

4

cos 4 (2cos 1) cos 2

4

1 os4 os2 os2

4

c x c x c x

0,25

2

4(2 cos 2x 1) os2c x 4 os2c x 1 0

2

6













  



Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x 6 k (k ).





0,25

2.

4

x y

x y





 





Đ/k x  3và y  3.

Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành:

1

(1 4 ).5 1 2

t



0,25

.2

t

   

     

Ta có hàm số

( )

f t     

    nghịch biến và hàm số

t

g t  

đồng biến trên ,

mà t = 1 thỏa mãn (3), nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)  2x y 1.

0,50

Ta có (2) x 4ln(x3) y 4ln(y3) (*)

Xét hàm số: yf t( ) t 4ln(t3),t  3, (*) f x( )f y( )

0,50

Ta có:

1

3

t

t



 BBT:

t f’(t)

f(t)

Với x 1 y1, ta có x y 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho

Từ 2x y  1 y x x  1

Với x 1ta có:

Khi x  y x   f y  f x

Khi x  y x   f y  f x

Suy ra với

  ( 3; ) \ 1

x

x y

   





 ta luôn có f y( ) f x( ).

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất

1 1

x y











0,50

III.

(4.0)

1. Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z  3

Chứng minh rằng

x y z y z x z x y

xyz

2,00

Cách 1

yz yz zx zx xy xy

Ta có :

yz

y z



Đặt

3 , 0

2

t yz  t

Ta có :

3

t

t t

 



2

1,00

Suy ra :

2

yz

y z



Chứng minh tương tự ta có :

zx zx



xy

x y

xy xy







Từ đó suy ra :

(đpcm)

0,50

Cách 2 Ta có

yz yz zx zx xy xy

Ta có :

yz

y z



0,50

2



Mà yz2 yz 1

y z



(2) 2

VT

18

2

6 x y z

2.

Tìm m

3

1

4x 3.2 x x 4 x 0 (2)

x mx





Đ/k: x 0

Bất phương trình (2)  (2 )x 2  3.2 2x x  4.22 x 0

0,25

          Đối chiếu ĐK được 0 x 4 (*) 0,25

Hệ bất phương trình có nghiệm  x33mx 2 0 có nghiệm x 0; 4

Với x 0 thì (1) không thỏa mãn

0,25

(1) có nghiệm thỏa mãn x 0; 4  

x

có nghiệm x 0; 4

 0;4 

min ( )

mà

3

x

x x

Suy ra min ( ) 0;4  g x g(1) 3.

IV.

(4.0)

1.

1 x x  x a a x a x  a x (1) 2,00

Nhân hai vế của (1) với 1 x15, ta được  1515  15 210

0

k k



15 0

i



Hệ số của x15 trong khai triển (3) là :

1

C

0,50

0

k k



Thực hiện phép nhân đa thức ta được hệ số của x15 trong khai triển (5) là :

C a  C a C a   C a

0,50

Từ (2), (4) và (6) ta được

Gọi ( ) là đường tròn có phương trình (x − 3)2+(y+ 2)2=25 có tâm I(3; 2) bán

kính R 5

Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB và H là chân đường cao hạ

từ đỉnh A xuống cạnh BC

Gọi L là trung điểm của đoạn HD, K là giao điểm của EF và AD, suy ra K là trung

điểm của EF và AD (1)

Suy ra KL là đường trung bình của tam giác ADH

Suy ra

KL AH

KL EF





 





Như vậy từ (1) và (2) suy ra H, D, E, F

là bốn đỉnh của hình thang cân

Suy ra ( ) đi qua trung điểm ba cạnh

1,00

A

E

tam giác ABC.

Cách 1

Ta có :

2 2













suy ra phép vị tự tâm G tỉ số k = -2, biến tam giác DEF thành

và do đó biến đường tròn ( ) thành đường tròn ( ') ngoại tiếp tam giác ABC có

bán kính R’ = 2R = 10, có tâm I’(x ;y) thỏa mãn :

3

10

x

y









Vậy ( ') :( x3)2(y10)2 100.

0,50

Cách 2 Ta có



2







do đó

3

2

C F

F

x x

y











(x C 3) (y C 10) 100 (3)

0,50

Tương tự, tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình (x3)2(y10)2 100 (4).

Từ (3) và (4), suy ra pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x3)2(y10)2100.

0,50

phụ thuộc vào dạng tam giác ABC mà không xét hết trường hợp trừ 0,25 điểm

D L H

N

M

A'

B'

B

C'

H

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' Kẻ MH CN H CN(  ).

Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM

0,25

Mặt khác AB CC’  AB(CMNC') A B' ' ( CMNC')  A B' 'MH

Như vậy

( ' ')

' '

MH CN

MH CA B

MH A B











0,50

Ta có: AB/ /(CA B' ') d AB CB( , ')d M CA B( ,( ' ')MH. 0,50

Tam giác BMC vuông tại M, suy ra

0

.tan 30

3

a

Tam giác CMN vuông tại M, có MH là đường cao

MN a

0,25

Từ đó

3 ' ' '

ABC A B C ABC

Giả sử ta xác định được mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán Gọi H, K lần lượt

là hình chiếu của A, B trên (P)

Ta có :

d A P AH

d B P BK







Mà 13 15 12  AH BK AB13 (1) Như vậy dấu đẳng thức ở (1) phải xảy ra

0,50

Điều đó tương đương với H K  ( )P ABtại điểm H thỏa mãn

15 2

H K











Gọi H x y z( ; ; )

88 15

13 2

2

x

z



















0,50



làm vtpt, nên có phương trình ( ) : 65P x156y 2288 0

0,50

và d B P ,( )  2 ( )P tiếp xúc với mặt cầu S2 tâm B bán kính R 2 2

0,50

Ta lại có AB13 15 12  R1 R2, suy ra ( )S2 nằm trong ( )S1 và hai mặt cầu đó

tiếp xúc với nhau, đồng thời mặt phẳng (P) cần tìm sẽ đi qua tiếp điểm và vuông góc

với AB  ( 5;12;0).

Tiếp điểm H của hai mặt cầu S1, S2 thỏa mãn

15 2

AH  BH

Gọi H x y z( ; ; )

88 15

13 2

2

x

z



















0,50

Chú ý:

1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.

3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.