Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 20/01/2015 3 2 Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y x x mx 1 có đồ thị (Cm) , với m là tham số. 1) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị (C m) có điểm cực đại và điểm cực tiểu sao cho hoành độ các điểm cực đại và điểm cực tiểu đều âm. 2) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y 2x 1cắt đồ thị (C m) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B,C sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C m) tại hai điểm B,C vuông góc với nhau. Câu 2. (3,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho: 1) Số tự nhiên đó luôn có chữ số 2. 2) Số tự nhiên đó có dạng a1a2a3a4a5 thỏa mãn yêu cầu a1 a2 a3 và a3 a4 a5 x 1 x 1 y 1 y 1 Câu 3. (3,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 6 2xy x 6 4y 1 x Câu 4. (2,0 điểm) Cho dãy số (xn ), xác định bởi: n 1 2 1 x1 3 và xn 1 xn 1 , n 1,2, . Đặt Sn  . Tìm phần nguyên S2015  và lim Sn . 2 k 1 xk 1 Câu 5. (2,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện xy yz zx 2xyz . x y z Chứng minh rằng: 1 . 2y2 z2 xyz 2z2 x2 xyz 2x2 y2 xyz Câu 6. (3,5 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy), cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình x 3 3 0 ; đường phân giác trong xuất phát từ đỉnh B, C lần lượt có phương trình d1 : x 3y 2 3 0, d2 : x 3y 4 3 0 ; bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC, biết đỉnh A có tung độ âm. Câu 7. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC, trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho 3 đường thẳng AA 1, BB1, CC1 đồng quy tại M. Gọi S 1, S2, S3 lần lượt là diện tích tam giác MBC, MCA, MAB và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: S S S 1 2 3 3R R cos2 A cos2 B cos2 C BC CA AB – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 1
2. Hướng dẫn giải CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1) (1,5 điểm) (3,0 điểm) + Tập xác định: D ¡ + y ' 3x2 2x m; y ' 0 3x2 2x m 0 (1) 0,75 Để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu và điểm cực đại, điểm cực tiểu đều âm thì phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt 1 3m 0 1 m 1 m 3 0 m 0,75 0 3 3 m 0 2) (1,5 điểm) + Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (Cm): x3 x2 mx 1 2x 1 x3 x2 (m 2)x 0 x x2 x m 2 0 (2) 0,25 x 0 2 x x m 2 0 (*) + Điều kiện cần và đủ để đường thẳng d cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B,C thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 m 2 0,5 1 4(m 2) 0 7 4m 0 7 (3) m 2 0 m 2 m 4 7 Khi m và m 2 thì đường thẳng d cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt 4 A(0; 1), B(x1; y1),C(x2 ; y2 ) ,với x1, x2 là hai nghiệm của pt(*), suy ra x1 x2 1 0,25 x1x2 m 2 + Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm B của (Cm) là: 2 2 y '(x1) 3x1 2x1 m 3 x1 x1 m 2 x1 2m 6 x1 2m 6 + Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm C của (Cm) là: y '(x2 ) x2 2m 6 Đê tiếp tuyến của (Cm) tại B và C vuông góc với nhau thì y '(x1)y '(x2 ) 1 2 x1 2m 6 x2 2m 6 1 x1x2 (2m 6)(x1 x2 ) (2m 6) 1 0 m 2 (2m 6) (4m2 24m 36) 1 0 4m2 23m 33 0 11 0,5 m hoặc m 3 4 7 Kết hợp với điều kiện (3) ta được m , m 3 4 Câu 2 1) (1,5 điểm) (3,0 điểm) 4 + Trường hợp 1: số cần tìm có dạng 2a2a3a4a5 , có A9 (số) 0,5 + Trường hợp 2: số cần tìm có dạng a1a2a3a4a5 , (a1 0,a1 2) 0,75 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 2
3. Có 4 cách xếp vị trí cho chữ số 2; có 8 cách chọn chữ số a1 ; số cách chọn các chữ 3 số còn lại là A8 3 Theo quy tắc nhân có 4.8.A8 (số) 4 3 Vậy có A9 4.8.A8 13776 (số) 0,25 2) (1,5 điểm) 5 + Trường hợp 1: Chọn 5 chữ số bất kỳ không có chữ số 0 có C9 cách, sau đó xếp 5 chữ số vào 5 vị trí a1a2a3a4a5 . Vị trí a3 có 1 cách xếp vì a3 lớn nhất 2 0,75 Có C4 cách xếp các chữ số vào 2 vị trí a1a2 , còn 1 cách xếp 2 chữ số vào 2 vị trí a4a5 . 5 2 Suy ra có C9 .C4 756 (số) 4 + Trường hợp 2: Chọn 5 chữ số bất kỳ phải có chữ số 0 có C9 cách, sau đó xếp 5 chữ số vào 5 vị trí a1a2a3a4a5 Vị trí a3 có 1 cách xếp vì a3 lớn nhất 2 0,5 Có C3 cách xếp các chữ số vào 2 vị trí a1a2 , còn 1 cách xếp 2 chữ số vào 2 vị trí a4a5 . 4 2 Suy ra có C9 .C3 378 (số) Vậy có 756 378 1134 (số) 0,25 Câu 3 Điều kiện: x 1, y 1 . Từ pt thứ nhất, ta được (3,0 điểm) x 1 y 1 y 1 x 1 (1) 0,5 vì x = 1 và y = 1 không là nghiệm của hệ pt nên xét x 1, y 1 . Khi đó x y (x y) (1) x 1 y 1 x 1 y 1 0,5 1 1 (x y) 0 x y x 1 y 1 x 1 y 1 Thay x y vào pt thứ hai, ta được 6 2x2 x 6 4x 1 x 2x2 x 6 4x2 x 6 (do x 1 ) (2) x 0,75 Đặt t 2x2 x 6, t 0 . Ta có 4x2 x 6 6x2 (2x2 x 6) 6x2 t 2 2 2 2 2 t 3x Do đó pt (2) trở thành: xt 6x t t xt 6x 0 t 2x 0,75 Kết hợp điều kiện x 1 và t 0 suy ra t 2x 2x2 x 6 2x 2x2 x 6 0 x 2 x 1 0,5 Vậy hệ pt có 1 nghiệm (2;2) Câu 4 1 Ta có x (x2 1) ,n 1,2 0,5 (2,0 điểm) n 1 2 n – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 3
4. 1 1 x (x2 2x 1) x x x (x 1)2 0, n 1,2, và x 3 0 n 1 2 n n n n 1 n 2 n 1 Suy ra (xn )(n 1,2, ) là dãy tăng và dương. Ta chứng minh (xn )(n 1,2, ) không bị chặn trên. 1 Thật vậy, giả sử lim x a a 3 . Khi đó a (a2 1) a 1 (vô lí). 0,25 n 2 Vậy lim xn 1 2 2 1 1 1 Biến đổi xn 1 (xn 1) 2xn 1 2 xn 1 0,5 2 xn 1 xn 1 xn 1 1 n 1 n 1 1 1 1 1 1 Do đó Sn   (*) k 1 xk 1 k 1 xk 1 xk 1 1 x1 1 xn 1 1 2 xn 1 1 1 1 1 2 1 2 Suy ra S2015 mà x2016 1 x2015 1 1 x1 1 1 4 2 x2016 1 2 2 0,5 1 1 0 x2016 1 4 Vậy S2015  0 1 1 1 Từ công thức (*) ta có lim Sn lim 0,25 2 xn 1 1 2 Câu 5 (2,0 điểm) x y z 1 1 1 Đặt A , và x , y , z 2y2 z2 xyz 2z2 x2 xyz 2x2 y2 xyz a b c 1 1 1 0,5 Khi đó A a b c 2 1 2 1 2 1 b2c2 abc c2a2 abc a2b2 abc bc ca ab 2a bc 2b ca 2c ab Từ cách đặt và giả thiết xy yz zx 2xyz suy ra a b c 2 Ta có 2a bc (a b c)a bc 2 a ab bc ca (a b)(c a) 0,5 bc bc 1 bc bc Suy ra 2a bc (a b)(c a) 2 a b c a ca ca 1 ca ca Tương tự, ta được: 2b ca (b c)(a b) 2 b c a b 0,5 ab ab 1 ab ab 2c ab (c a)(b c) 2 c a b c 1 bc bc ca ca ab ab 1 Do đó A (a b c) 1 0,5 2 a b c a b c a b c a b c 2 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 4
5. 2 3 Vậy A 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c hay x y z 3 2 Câu 6 + Vì đường thẳng BC vuông góc với AH: x 3 3 0 nên phương trình BC có (3,5 điểm) dạng y b 0 . Suy ra đường thẳng BC song song hoặc trùng với Ox + Tọa độ tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ pt: 0,5 x 3y 2 3 0 x 3 3 I 3 3;1 x 3y 4 3 0 y 1 1 1 Ta thấy hệ số góc của hai phân giác d1, d2 lần lượt là k1 , k2 . Suy ra 3 3 0,75 hai phân giác tạo với trục hoành hai góc bằng nhau và bằng 300 . Do đó tam giác ABC đều. + Do bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1 nên d(I, BC) 1 b 0 0,25 1 b 1 b 2 + TH1: b = 0 suy ra BC  Ox B d1  Ox hay B(2 3;0) và C d2  Ox C(4 3;0) dựa vào điều kiện tam giác ABC đều và tọa độ các điểm B, C, I suy ra đường 0,75 thẳng AB có hệ số góc bằng 3 AB : y 3(x 2 3) y 3x 6 A(3 3;3) (loại) + TH2: b = 2 suy ra BC : y 2 0 B d1  BC hay B(4 3;2) và C d2  BC C(2 3;2) dựa vào điều kiện tam giác ABC đều và tọa độ các điểm B, C, I suy ra đường thẳng AB có hệ số góc bằng 3 và đường thẳng CA có hệ số góc bằng 3 0,75 AB : y 2 3(x 4 3) 3x y 10 0 A(3 3; 1) (thỏa) AC : y 2 3(x 2 3) 3x y 8 0 Vậy phương trình các cạnh của tam giác ABC là: AB : 3x y 10 0 0,5 AC : 3x y 8 0 BC : y 2 0 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 5
6. Câu 7 A (3,5 điểm) B1 S3 C1 d2 d 3 M S2 d1 S1 B A1 C Gọi d1,d2 ,d3 lần lượt là khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng BC, CA, AB; a,b,c là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC 1 1 1 Suy ra S d BC, S d CA, S d AB . 0,5 1 2 1 2 2 2 3 2 3 2S 2S 2S Hay 1 d , 2 d , 3 d BC 1 CA 2 AB 3 Mặt khác 3R R cos2 A cos2 B cos2 C R(1 cos2 A) R(1 cos2 B) R(1 cos2 C) 0,5 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Rsin2 A Rsin2 B Rsin2 C 4R 4R 4R 4R a2 b2 c2 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: d d d 1 2 3 2R Ta có S ABC S MBC S MAC S MAB S S1 S2 S3 S S S d d d 1 2 3 1 1 2 3 1 S S S ha hb hc 0,5 (với ha ,hb ,hc lần lượt là đường cao xuất phát từ đỉnh A, B, C và S là diện tích của ABC ) d1 d2 d3 ha hb hc ha hb hc h h h a b c d1 d2 d3 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai dãy số : ha , hb , hc và , , ha hb hb 2 d1 d2 d3 d1 d2 d3 Ta được : ha . hb . hc . h a hb hc h h h ha hb hc a b c 0,5 d1 d2 d3 ha hb hc (1) h h h Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a b c d1 d2 d3 Trong tam giác ABC, ta có: ha bsin C;hb c.sin A;hc a.sin B . Suy ra 0,5 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 6
7. b.c c.a a.b h h h bsin C c.sin A a.sin B (2) a b c 2R Mặt khác, áp dụng BĐT AM-GM ta được : 2 2 2 2 2 2 a b 2ab;b c 2bc;c a 2ac 0,5 2 2 2 Suy ra : ab bc ca a b c (3) a2 b2 c2 Từ (1), (2), (3) ta được d d d 1 2 3 2R Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 0,5 Vậy ta có BĐT cần chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. Lưu ý: Học sinh có cách giải khác, nếu đúng đều cho điểm tối – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất 7