De thi HSG Khanh Hoa cac nam

Viết Cho hàm số phương trình đường thẳng  vuông góc với đường thẳng y  x và cắt đồ thị của hàm số 1 tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 2 3.. 2,5 điểm Giải phương[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH KHÁNH HÒA

- Đề thi có 01 trang;

- Giám thị không giải thích gì thêm

HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B

m1

3sin x 2 3 sin x cos x cos x 3   3 sin x cos x 0.50

 3 sin x cos x2 3 3 sin x cos x  0

Kí hiệu (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và gọi I là trung điểm BC Ta

có AO kéo dài cắt (O) tại D Vì O là trung điểm AD nên D 3; 2   0.50

Ta có BH // CD (cùng vuông góc AC), CH // BD (cùng vuông góc AB) 0.50Suy ra BHCD là hình bình hành  I là trung điểm HD I 1; 1    Khi đó, BC

Dựng thiết diện của mặt phẳng đi qua A, M và song song với BD Gọi O là giao

điểm AC và BD, O’ là giao điểm A’C’ và B’D’, I là giao điểm AM và OO’ Qua

I kẻ đường thẳng song song với BD cắt BB’ và DD’ lần lượt tại K, N Khi đó

Với điều kiện

1

x 02

Bài 6: (3,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi K là trung điểm của

SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N Gọi V1, V theo thứ tự là thể

tích của khối chóp S.AMKN và S.ABCD Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của tỷ số

1V

-Đề thi này có 01 trang;

Giám thị không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B

Do đó hệ số góc của 2 tiếp tuyến tại 2 điểm A (xA, yA) , B(xB; yB) là

k = 1- 0 2

4(x  2)

0.50

Tại A và B các tiếp tuyến đó song song với nhau khi và chỉ khi xA; xB là 2

nghiệm của phương trình: 0 2

4(x  2) = 1- k  (x0-2)2 =

Suy ra trung điểm của AB là giao điểm của 2 đường tiệm cận M(2;5)

Vậy khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến đó lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M

đến 1 tiếp tuyến (trong 2 tiếp tuyển đó) là lớn nhất

0.50 Phương trình tiếp tuyến () với đồ thị tại A có dạng:

0

816

2(x 2) 8(x  2)   

0.50

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương trong căn ta được 0.50

sin x sin 2x

)cos x cos2x Hay : cosx.sin3x = sin2x.cos2x+cos2x.sin2x 0.25 cosx( 3sinx-4sin3x) = sin2x(2cos2x-1)+cos2x.sin2x

sinx(3cosx- 4cosx.sin2x – 2sinx.cos2x + sinx -2 cos3x) = 0 0.50Nên: sinx= 0 (a)

hay : 3cosx- 4cosx.sin2x – 2sinx.cos2x + sinx -2 cos3x = 0 (b) 0.25Giải (a): sinx= 0  x k  ( thỏa điều kiện (*) 0.25 Giải (b) : vì cosx 0, chia 2 vế cho cos3x, ta được phương trình

tan3x – tan2x –tanx +1 =0

(x 4)(ln 1 x x) 2

dx(4 x )

1dx

2 0

2(1 tan t)dt4(1 tan t) 8

I2 =

2 2 0

xdx(4 x )

x2(4 x )



2

2 0

1dx2(4 x )



=

216

Do đó I =

216

suy ra phương trình có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng (-4 ; -3)

f(-1)= 129/16; f(1)=-15/16; f(2) = 61/4

Lập luận tương tự có : f(-3).f(-1)<0; f(-1) f(1)<0 ; f(1).f(2)<0

Vậy phương trình f(x) = 0 có đúng 4 nghiệm suy ra (E) và (P) cắt nhau tại 4 điểm

phân biệt A,B,C,D

0.50

Gọi M0(x0;y0) là một giao điểm tùy ý trong 4 giao điểm A,B,C, D

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

2 2

Nhân 2 vế của (2) với vế trái của (3), ta được (6x-4)(9x2 +8x-32-16 8 2x 2)>0

SB  ,

SNy

SD  , thì

SAMK

SAMK SABC

Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x >

13

1

x 1

2   Ta có f’(x) = 2

3x(3x 2)4(3x 1)



f’(x) = 0 x 0 x 2 / 3  

0.50

V 8

Vậy Min (

1V

b Tính I =

2

3

dxsin x 1 cos x

b Giải phương trình 3 1+ tanx(sinx + 2cosx) = 2(sinx + 3cosx).

- Giám thị không giải thích gì thêm.

thì y = 0, để đồ thị tiếp xúc với trục hoành thì y’ = 0

, để tiếp xúc thì '

2





, thay vào (1) thì 2

 hay

11m

 

6 2 1

Suy ra phương trình F(x) = G(x) có nhiều nhất là 1 nghiệm 0,50

Với x = 5 thì F(5) = G(5) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 0,50

2b

(2,5đ)

Đặt các phương trình của hệ theo tứ tự từ trên xuống là (1) và (2)

Từ (1) Nếu y = 0  x = 0, thay vào (2) thì 5 8 6 : vô lý 0,50Vậy y  0, chia 2 vế của (1) cho y5 ta được phương trình

 

 

 = f(y) 

xy

 

 

 = y  x = y2

0,50

Thay x = y 2 vào ( 2 ) ta có phương trình 4x 5  x 8 6 

Giải phương trình trên được x = 1, suy ra hệ có nghiệm

là vectơ pháp tuyến của đường thẳng (d1)

đi qua A Phương trình đường thẳng (d1) là Ax + By – 2A – 3B = 0 0,50Đường thẳng (d2) qua C và song song (d1) nên phương trình

Ax + By + 3A + B = 0(d3)(d1) và đi qua B nên có phương trình Bx – Ay + 2A + 2B = 0

(d4)(d1) và đi qua D nên có phương trình là Bx – Ay – 3A – 4B = 0

Vì (d1), (d2), (d3), (d4) cắt nhau tạo thành 1 hình vuông, nên khoảng

* Với B = 0 nên A  0, thì các đường thẳng qua C và A cùng song song

với trục tung, lần lượt có phương trình là x = -3, x = 2, (khoảng cách

giữa chúng bằng 5)

Đường thẳng qua D và B cùng song song với trục hoành lần lượt có

phương trình y = -3 và y = 2, khoảng cách giữa chúng cũng bằng 5

3 1+ tanx(sinx + 2cosx) = 2(sinx + 3cosx)

3 1+ tanx tanx tanx

P

H M

Do SHABCD và SHSAC  SAC  ABCD

BH là hình chiếu của SB lên mp(ABCD) và BHBC SB BC

Do ADSMB Suy ra BKSAD và d B, SAD    BK

0,50

S.AEP S.ABC S.ABCD S.ABC

a 5V

x 1 có đồ thị (C) Tìm tọa độ của các điểm M(C) sao chokhoảng cách từ điểm I( 1; 2) tới tiếp tuyến tại M của (C)là lớn nhất.

a) Chứng minh tam giác ABC có góc A bằng 1200 khi và chỉ khi

cos B cos C sin A

3sin B sin C cos A

b) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O Gọi M, N, P, Q lần lượt làtrung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA Hai đoạn MP và NQ cắt nhau tại H khác O Hãy tìmđiểm I trên đường tròn tâm H bán kính HO sao cho (IA + IB + IC + ID) có giá trị lớn nhất

Giám thị không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH – BẢNG B

2 0

Ngoài ra : f(1) =0 , nên x= 1 là 1 nghiệm của phương trình f(x) =0

Và f(-2)= 0 , nên x = - 2 là nghiệm của phương trình f(x) =0

Vậy phương trình có 2 nghiệm là : x=-2; x=1

Dấu “= ”xảy ra khi và chỉ khi

Điểm C trên (d) nên C(2m; m) với m R

Phương trình đường thẳng MC : (m-5)(x-2) –(2m-2)(y-5) = 0

Phương trình đường thẳng NC : (m-1)(x+1) –(2m+1)(y-1) = 0



0.50.5

Phương trình đường thẳng AB: 3(m-5)x-8(2m+1)y +24m=0 (m0) 0.5

Đường thẳng AB luôn luôn đi qua điểm cố định I

(3đ)

Vẽ đường cao A’H Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AD

Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra A’E  AB, A’F  AD Tam giác

vuông A’AE bằng tam giác vuông A’AF (A’A chung và góc A’AE bằng

góc A’AF)  HE = HF  H thuộc đường phân giác BAD H  AC

0.75

Từ A’AE 

3 6

a

Suy ra thể tích khối hộp:

3 6 6

1) Tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến

2) Chứng minh: với mọi m đồ thị hàm số luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng

3

x log

log 15 2 3

, hai đỉnh A 2; 3    và B 3; 2    và trọng tâm G của tam giác thuộc đường thẳng

Bài 5: (3 điểm)

Một tam giác ABC có các góc A, B, C thỏa mãn điều kiện

2 C sin A.sin B sin

2



Chứng minh: tồn tại điểm D trên đoạn AB sao cho CD2  AD.BD

- HẾT –

- Đề thi có 01 trang;

- Giám thị không giải thích gì thêm

Ngày thi : 06/04/2010

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

Gọi f(x) = x303x20 4x01 0 là hàm số liên tục trên R

+ Có f(0) f(-1) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (-1; 0)

+ Có f(1) f(2) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (1; 2)

+ Có f(-1) > 0 ; khi x   thì f(x) <0

Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (-;1)

Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có 3 nghiệm

3

x log

log 15 2 3

log x 2

Chia 2 vế của phương trình cho 15log x3  0, đi đến phương trình:

log 5 1 1

3

1 log 2 log x

Ta có sin5t = 16sin5t –20sin3t + 5sint

cos5t = 16cos5t – 20cos3t + 5cost

sin5t = 16x5 –20x3 + 5x ; cos5t = 16y5 – 20y3 +5y

Chọn hệ toạ độ Oxyz sao cho A = (-5; 0; 0), B = (5; 0; 0)

Gọi M(x; y; z) là điểm thỏa mãn AM = 3BM AM2 = 9BM2

 (x + 5)2 + y2 + z2 = 9(x - 5)2 + 9y2 + 9z2

1.00

 x2 + y2 + z2 - 2

25

x + 25 = 0 (*) Đây là phương trình mặt cầu

Vậy quỹ tích điểm M cần tìm là mặt cầu có phương trình (*)

đường thẳng 3x y 8 0    suy ra:

 nên ta có: 32 x 0  2 y0  3 x 0  3 y0

(2)

1.00

Thay (1) vào (2) và rút gọn được:

01 0

Và vì sin A.sin B 0   2.sin A.sin B cosC cosC     1 (2)

Từ (1), (2) suy ra,  ! ,0 : cos 2sin A.sin B cosC (3)

Suy ra trong góc C của tam giác ABC ta có thể kẻ tia Cx tạo với cạnh CA

Một góc bằng C1 và tia này cắt đoạn AB tại 1 điểm D, là điểm phải tìm.

1.00

2 1

C

D



thì trên đoạn AB tồn tại 2 điểm D khác nhau sao cho CD2  AD.BD

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 20/03/2009

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

Cho một đa giác đều A A A A A 1 2 3 4 n, (n 3)

biết 4 đỉnh liên tiếp A , A , A , A1 2 3 4

của đa giác thoả mãn đẳng thức 1 2 1 3 1 4

- Giám thị không giải thích gì thêm

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN - LỚP 12 THPT - BẢNG B – 2009

thì

0 0

0

4 4 0

0

x

k , k Zx

1

Tóm lại:   n , ta có: Nếu k lẻ: u2n 3 3u2n 2  u2n 1  

Nếu k chẵn: u2n 2 5u2n 1  u2n .Vậy dãy u n

I

F

E D

C

S

O F

B D

H

A

C H

E

B

Khối 20 mặt thuộc loại 3;5

Xét hình chóp A.BCDEF tạo bởi 5 cạnh của khối 20 mặt chungđỉnh A thì A.BCDEF là hình chóp ngũ giác đều có đỉnh là A, đáy là hình ngũ giác đềuBCDEF cạnh bằng a, các cạnh bên AB, AC, AD, AE, AF đều bằng a Suy ra trục AH của ngũgiác đều BCDEF là đường thẳng đi qua tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình 20 mặt

0.5

Tính r = HB bán kính của đường tròn ngoại tiếp ngũ giác BCDEF:

Do tam giác BHC cân đỉnh H, BHC 72  0, nên 0

ar

2sin 36



0.5

Tính R bán kính của khối cầu ngoại tiếp khối hai mươi mặt:

Ta có: ASB ABH  (góc có các cạnh vuông góc từng đôi)

-HẾT -Ghi chú : - Điểm toàn bài không làm tròn;

- Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần đó

Môn : TOÁN – Lớp 12 THPT – Bảng B

Ngày thi : 18/03/2008

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

b) Gọi (D) là tiếp tuyến tại điểm A x ; y 0 0 (E), (D) cắt các đường thẳng x a và

x  a tại các điểm M và N Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác FMN, trong đó

F là một trong hai tiêu điểm của elip (E)

Bài 5 (2,00 điểm) : Cho tứ diện ABCD có AB.AC.AD = 54216 Lấy điểm O bất kì thuộc

miền trong tam giác BCD Từ O kẻ các đường thẳng lần lượt song song với AB, AC,

AD cắt các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) lần lượt tại M, N, P Chứng minhrằng:

OM.ON.OP 2008

-HẾT - Đề thi có 01 trang;

- Giám thị không giải thích gì thêm.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008

Môn : TOÁN- Lớp 12 THPT – Bảng B - ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

.-Chứng tỏ phươngtrình có nghiệm duynhất x2 2:

(do vế trái là hàm sốđồng biến, còn vếphải là hàm số nghịchbiến, hơn nữa : với

và x 6y 20 0   ,nên ta có hệ phương

S b khi (D) tiếpxúc với (E) tại x0 c

0,25

nó qua Ox (hình gạchsọc).

2

cos x cos x 2

mcos x 1

Nếu 2 m 1 2 2  phương trình có 2nghiệm.

Nếu m 1 2 2 phương trình có 1nghiệm

Nếu m 1 2 2 phương trình vônghiệm

OACD OACD BACD ABCD

0,75

-HẾT -Ghi chú : - Điểm toàn bài không làm tròn;

- Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần đó

SỞ GD-ĐT KHÁNH HOÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

Ax 1 x x 2   

b) Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 6, 9 có thể thành lập được bao nhiêu số có 5 chữ

số khác nhau sao cho mỗi số tìm được đều có hai số 3 và 4 đứng cạnh nhau?

Bài 2 (2 điểm) : Giải hệ phương trình :

Bài 4 (1.50 điểm) : Cho hàm số f : \ 2     thỏa mãn tính chất sau:

- Đặt u 2 t 0, ta đi đến phương trình :  u3 2.u 12 0  (4)

Giải (4) được 1 nghiệm : u 2  (chọn)

0.50

- Tương ứng tính được

1 2

- Giả sử ( ) : Ax+By+C=0, ( ) : Ax+By+C =0   là 2 đường thẳng chứa

2 cạnh đối của hình vuông ngoại tiếp elip

- Do điều kiện (*) nên x 1 x 3 1 x   3 1 Vậy quỹ tích tâm

đối xứng I là đường cong y x 2 3x với x\ 1; 3 1;   3 1 

0.25

0.250.50

Bài 1: (2.50 điểm)

ĐỀ CHÍNH THỨC

a) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a:

n

u

n u

Bài 3 (2 điểm) : Cho hình hộp ABCD.A B C D1 1 1 1.

đường thẳng

GA

Bài 4 (2 điểm) : Cho bốn số thực thỏa mãn điều kiện: c d 6   và a2b2 1

Chứng minh : c2 d2 2ac 2bd 18 6 2    Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 5 (2 điểm) :

Ta định nghĩa : khoảng cách từ điểm A đến đường cong (H) là đoạn thẳng AM

Hãy xác định tâm và bán kính đường tròn tiếp xúc với đường thẳng

(d) : y x 1  và với đường hypebol

1(H) : y

0.25

0.500.25

0.25

3 2

10 x 7x 18x+18 7 x

.Suy ra tập nghiệm của bấtphương trình là khoảng

v u

22

v u d

AG GB a  

  

(1);

1

AG GA   c

  

(2);

D1

A1 B

1

C

thẳnghàng

Bài 4 (2 điểm)

- Trong mặt phẳng tọa độOxy, vẽ đường thẳng

(d) : x y 6 0  

và đường tròn (C) : x2y2 1

M

MoN

No (d)

O (C)

- Do a2b2 1 nên viết lại

0.25

0.50

0.250.250.25

bất đẳng thức cần chứngminh

(c a) (d b) 19 6 2  (c a) (d b) 3 2 1

(1)

- Với a, b, c,d thỏa mãn đềbài thì ta có

M(c ;d) (d) : x y 6 0    và

2 2

N(a ;b) (C) : x y 1, nhưvậy

- Đẳng thức xảy ra

0 0

yx Vậy đường tròn tiếpxúc với đường thẳng vàhypebol phải có tâm thuộcđường (d’) Suy ra tọa độtâm đường tròn là I a; a  

0.25

 

 

2 2

2 2

- Vậy đường tròn thỏa điều

kiện bài toán có tâm là :

0.25

0.25

HẾT