Chủ đề này có 10 trả lời

[taminhhoang10a1]

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Ngày thi: 7/12/2012
Địa điểm thi: THPT Đông Thụy Anh

Bài 1 (4đ): Cho hàm số $y = mx^3 - 3mx^2 + 3(m - 1)$ có đồ thị là (Cm)
1. CMR với mọi m khác ) thì đồ thị hàm số luôn có 2 điểm cực trị $A$ và $B$. Tìm $m$ để góc $AOB$ nhọn
2. Tìm $m$ để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 diểm có hoành độ lần lượt là$ x_1 ,x_2 ,x_3$ sao cho $x_1 < 1 < x_2 < x_3$
Bài 2 (6đ):
1. Giải phương trình: $\frac{{(x - 2011)(x - 2013)}}{{2(x - 2012)}} = \ln (x - 2012)$
2. Tìm $m$ để hệ phương trình sau có nghiệm
$$\left\{ \begin{array}{l}(1 + 4^{mx - y} )5^{1 - mx + y} = 1 + 2^{mx - y + 1} \\x - y = \sqrt {6x + 6y - 2xy - 10} \\ \end{array} \right.$$
Bài 3 (6đ):
1. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho 2 đường thẳng $d_1 :3x - 4y - 24 = 0$ và $d_2 :2x - y - 6 = 0$. Viết phương trình đường tròn © tiếp xúc với $d_1$ tại $A$ và cắt $d_2$ tại $B$ và $C$ sao cho $BC = 4\sqrt 5$ và $\cos {\rm{BAC = }}\frac{{\sqrt 5 }}{5}$.
2. Trong không gian cho các tia $Ox, Oy, Oz$ chung gốc $O$ và $\widehat{xOz} = \widehat{yOz} = 60^o,\widehat{xOy} = 90^0$. Trên các tia $Ox, Oy, Oz$ lần lượt lấy các điểm $A, B, C$ khác $O$. Đặt $OA = a, OB = b, OC = c$.
a, Tính thể tích khối tứ diện $OABC$ và cosin góc giữa 2 đường thẳng $AC$ và $OM$ với $M$ là chân đường phân giác trong góc $AOB$ của tam giác $OAB$.
b, Biết $C$ cố định còn $A$ và $B$ thay đổi sao cho $mp(OAB)$ luôn tạo với $mp(xOy)$ góc $30^o$. Xác định vị trí $A, B$ để thể tích $OABC$ là nhỏ nhất.
Bài 4 (3đ):
1. Giải phương trình: $2\sin (\frac{\pi }{4} - x).c{\rm{os}}2x.c{\rm{os}}6x = 3\cos 3(x - \frac{\pi }{4})$
2. Một hộp đựng 25 viên bi gồm 10 xanh và 15 đỏ. Lấy ngẫu nhiên $k$ viên bi trong hộp $(k>3)$. Tính xác suất để trong $k$ viên bi lấy được chắc chắn có 3 viên bi đỏ trở lên.
Câu 5 (1đ): Cho $x, y, z$ là 3 số thục thỏa mãn
$$\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 0 \\ x^2 + y^2 + z^2 = 2 \\ \end{array} \right.$$
Tìm GTNN của $x^3 y^3 + y^3 z^3 + z^3 x^3$

File gửi kèm

•  de thi hsg 12 2013.doc   34.5K   682 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taminhhoang10a1: 09-12-2012 - 11:38

[Notulate]

Bài 1: a. góc (AOB) nhọn thì $\vec{OA}\times\vec{0B}$ >0
$\Leftrightarrow x_A x_B+ y_A y_B>0$
b.Đặt $x=t+1$
(Cm) $\Leftrightarrow mt^3-3mt+m-3=y$
$y'=0$
$\Leftrightarrow t^2=1\Leftrightarrow t=1,t=-1$
Ycbt
$\Leftrightarrow t1<0<t2, t3$
* Nếu $m>0$Do đó $y(1)y(-1)<0$
$\Leftrightarrow m>1$
* Nếu $m<0$ $\Leftrightarrow -3<m<0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Notulate: 10-12-2012 - 16:13

[duongtoi]

Bài 2:
1) Đặt $t=x-2012$. ĐK $t>0$.
Phương trình tương đương $\frac{t^2-1}{2t}-\ln t=0$.
Khảo sát hàm số vế trái ta được $f(t)=\frac{t^2-1}{2t}-\ln t\Rightarrow f'(t)=\frac{t^2+1}{2t^2}-\frac{1}{t}=\frac{t^2-t+1}{2t^2}>0$
Vậy hàm số VT đồng biến trên TXD.
Mặt khác, $t=1$ là nghiệm của PT.
Do vậy, PT có nghiệm duy nhất là $t=1$ tức là $x=2013$.

[WhjteShadow]

$$\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 0 \\ x^2 + y^2 + z^2 = 2 \\ \end{array} \right.$$
Tìm GTNN của $x^3 y^3 + y^3 z^3 + z^3 x^3$

Tỉnh mềnh :">

Từ giả thiết ta suy ra $xy+yz+zx=-1,xyz(x+y+z)=0$

Để ý hẳng đẳng thức quen thuộc $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc$ ta có:
$$x^3 y^3 + y^3 z^3 + z^3 x^3$$
$$=(xy+yz+zx)[x^2y^2+y^2+z^2+z^2x^2-xyz(x+y+z)]+3x^2y^2z^2$$
$$=-1.[x^2y^2+y^2+z^2+z^2x^2+2xyz(x+y+z)]+3x^2y^2z^2$$
$$=-1+3x^2y^2z^2\geq -1$$

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a,b,c=(-1;0;1)$ và các hoán vị tương ứng $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 10-12-2012 - 23:11

[BUT VP]

mình nghĩ bài 5 bạn kết luận là min = -1 như thế vẫn có vấn đề, mình nghĩ phải làm như sau:
từ giả thiết ta có:
$xy + yz + zx=-1$
$A= x^3 y^3 + y^3 z^3 + z^3 x^3=(xy+yz+zx) \left[(xy+yz+zx)^2-3xyz(x+y+z)\right] +3x^2y^2z^2
=3x^2y^2z^2 - 1
(*)$ (hằng đẳng thức)

Ta xét phương trình:
$f\left( t \right) = \left( {t - x} \right)\left( {t - y} \right)\left( {t - z} \right) = 0 \Leftrightarrow {t^3} - {t^2}\left( {x + y + z} \right) + \left( {xy + yz + zx} \right)t - xyz = 0 \\ \Leftrightarrow {t^3} - t - xyz = 0$.3

Gọi t₁ , t₂ là nghiệm của $
f'(t)=0 \Leftrightarrow f'(t)=0 \Leftrightarrow t = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

từ đó: $f\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right).f\left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) \le 0 \Leftrightarrow - \frac{2}{{3\sqrt 3 }} \le xyz \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}$
$ \Rightarrow
MinA = Min\left\{ {A\left( { - \frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right);\,A\left( 0 \right);\,A\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)} \right\} = A\left( { \pm \frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BUT VP: 11-12-2012 - 20:39

[BUT VP]

còn đây là câu 4.a của mình:
Đặt $t=\frac{\pi }{4} - x \Rightarrow x=\frac{\pi }{4} - t$
$ \Rightarrow pt \Leftrightarrow -2\sin t\sin 2t\sin 6t=3\cos 3t \Leftrightarrow \cos 3t\left(3+4\sin t\sin 2t\sin 3t\right)=0$
$\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
cos 3t& =0\\
3+4\sin t\sin 2t\sin 3t& =0
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
& \cos 3t=0 \Leftrightarrow t=\dfrac{\pi}{6}+k\dfrac{\pi}{3}, k\in \mathbb Z\\
& 3+4\sin t\sin 2t\sin 3t=0 \Leftrightarrow \sin 2t+\sin 4t-\sin 6t+3=0 \Leftrightarrow \begin{cases} \sin 2t=-1 (loai) \\ \sin 4t=-1 (loai) \\ \sin 6t=1 \end{cases}
\end{matrix}\right.$

$ \Rightarrow$ nghiệm của PT là: $ x=\dfrac{\pi}{12}+k\dfrac{\pi}{3}, k\in \mathbb Z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BUT VP: 11-12-2012 - 12:42

[BUT VP]

Đây là câu 2.2) của mình:
ĐK : $6x+6y-2xy-10\geq 0$
Ta đặt $t=mx-y$

$pt(1) \Leftrightarrow 5\frac{1+4^{t}}{5^{t}}-2.2^{t}-1=0$
Xét hàm sau: $f\left(t \right)=\frac{5\left(1+4^{t} \right)}{5^{t}}-2.2^{t}-1\left(Với t\in R \right)$
Mà $f'\left(t \right)=5\frac{20^{t}\left(\ln 4-ln5 \right)}{25^{t}}-2.2^{t}ln2\leq 0$ với mọi $t \in R $

$\Rightarrow$ hàm $f(t) $ đồng biến
mà $ f\left(1 \right)=0 \Rightarrow t=1 $ là nghiệm duy nhất của pt
Khi đó d: $mx- y -1=0$
Từ $pt(2) \Rightarrow ( C ) : \left(x-3 \right)^{2}+\left(y-3 \right)^{2}=8$
Vậy để HPT có nghiệm thì ta tìm m sao cho d cắt ( C )
$\Leftrightarrow d_{\left(I;d \right)}\leq R$
với $ I(3;3) , R=(2\sqrt{2}) $
$\Leftrightarrow 12-2\sqrt{34}\leq m\leq 12+2\sqrt{34}$

[lehoanghiep]

mình nghĩ bài 5 bạn kết luận là min = -1 như thế vẫn có vấn đề, mình nghĩ phải làm như sau:
từ giả thiết ta có:
$xy + yz + zx=-1$
$A= x^3 y^3 + y^3 z^3 + z^3 x^3=(xy+yz+zx) \left[(xy+yz+zx)^2-3xyz(x+y+z)\right] +3x^2y^2z^2
=3x^2y^2z^2 - 1
(*)$ (hằng đẳng thức)

Ta xét phương trình:
$f\left( t \right) = \left( {t - x} \right)\left( {t - y} \right)\left( {t - z} \right) = 0 \Leftrightarrow {t^3} - {t^2}\left( {x + y + z} \right) + \left( {xy + yz + zx} \right)t - xyz = 0 \\ \Leftrightarrow {t^3} - t - xyz = 0$.3

Gọi t₁ , t₂ là nghiệm của $
f'(t)=0 \Leftrightarrow f'(t)=0 \Leftrightarrow t = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

từ đó: $f\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right).f\left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) \le 0 \Leftrightarrow - \frac{2}{{3\sqrt 3 }} \le xyz \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}$
$ \Rightarrow
MinA = Min\left\{ {A\left( { - \frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right);\,A\left( 0 \right);\,A\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)} \right\} = A\left( { \pm \frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right) $

$f\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right).f\left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) \le 0$
Cái này ở đâu ra?

[BUT VP]

Cái đó sử dụng điều kiện có nghiệm của Pt bặc 3 mà!

Bổ đề: Nếu phương trình bặc 3: $(x-a)(x-b)(x-c)=0$ có nhiều hơn 1 nghiệm thì hàm số $ f(x) = (x-a)(x-b)(x-c)$
có hai cực trị x₁ và x₂ thỏa mãn $f(x_{1}). f(x_{2}) \leqslant 0$

Nếu bạn muốn chứng minh thì cứ comment lại, chiều đi học về mình sẽ chứng minh ! giờ mình phải đi học buổi chiều rồi!

[hp9570]

$MinA = Min\left\{ {A\left( { - \frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right);\,A\left( 0 \right);\,A\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)} \right\} = A\left( { \pm \frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right) $

nhầm rồi bạn à, dù sao thì vẫn có $x^2y^2z^2\geq0$ $ \forall x,y,z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hp9570: 12-12-2012 - 16:31

[tangkhaihanh]

Đây là câu 2.2) của mình:
ĐK : $6x+6y-2xy-10\geq 0$
Ta đặt $t=mx-y$

$pt(1) \Leftrightarrow 5\frac{1+4^{t}}{5^{t}}-2.2^{t}-1=0$
Xét hàm sau: $f\left(t \right)=\frac{5\left(1+4^{t} \right)}{5^{t}}-2.2^{t}-1\left(Với t\in R \right)$
Mà $f'\left(t \right)=5\frac{20^{t}\left(\ln 4-ln5 \right)}{25^{t}}-2.2^{t}ln2\leq 0$ với mọi $t \in R $

$\Rightarrow$ hàm $f(t) $ đồng biến
mà $ f\left(1 \right)=0 \Rightarrow t=1 $ là nghiệm duy nhất của pt
Khi đó d: $mx- y -1=0$
Từ $pt(2) \Rightarrow ( C ) : \left(x-3 \right)^{2}+\left(y-3 \right)^{2}=8$
Vậy để HPT có nghiệm thì ta tìm m sao cho d cắt ( C )
$\Leftrightarrow d_{\left(I;d \right)}\leq R$
với $ I(3;3) , R=(2\sqrt{2}) $
$\Leftrightarrow 12-2\sqrt{34}\leq m\leq 12+2\sqrt{34}$

còn điều kiện $x\ge y$ mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tangkhaihanh: 14-12-2012 - 22:07