SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( BẢNG A ) Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 06/10/2011 Câu 1: ( 5,0 điểm ) a. Giải phương trình sau: 2234 411542 x xxxxx      với x R . b. Giải phương trình:   2 2sin 3 sin 2 1 3 cos 3 sin x xxx. Câu 2: ( 5,0 điểm ) a. Cho tam giác A BC vuông cân tại B , cạnh 2 A B  . Trong mặt phẳng chứa tam giác A BC lấy điểm M thỏa 22 2 M AMBMC   . Tìm quỹ tích của điểm M. b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 0 60 , 6, 9 B MCN. Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC. Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số   n u xác định bởi 1 1u  và 2 1 32 nn uu    với mọi 1n  . a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số   n u . b. Tính tổng 222 2 1 2 3 2011 Suuu u . Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho ,,abc là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện 222 1abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:     3 6 M abc abc abc  Câu 5: ( 3,0 điểm ) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:   32 2 22 23 3 xy x xy m xxym         với , x y là các số thực. ………………. Hết ………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:………… www.Toancapba.net www.Toancapba.net 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) Môn: TOÁN ( BẢNG A ). Ngày thi: 06/10/2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn có 04 trang ) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Câu Đáp án Thang điểm a. ( 3,0 điểm ) Đặt 2 3 1, 2 txxt . Khi đó phương trình trở thành:   42 42 2 47569440tt t t t t t          0,5        2 2 222 320 1 50tt tttt   (*) 0,5 (*) 2 2 10 50 tt tt         0,5  Với 3 2 t  thì 2 10tt   có một nghiệm là 15 2 t    Với 3 2 t  thì 2 50tt   có một nghiệm là 121 2 t   0,5  Khi 15 2 t   thì 2 22 15 122150 2 xx x x            1325 2 x    hoặc 1325 2 x    . 0,5 Khi 121 2 t   thì 2 22 121 1229210 2 xx x x           119221 2 x    hoặc 119221 2 x    . 0,5 b. ( 2,0 điểm ) Phương trình đã cho được viết lại:   22 3sin 2 3 sin cos cos 3 3 sin cos x xx x x x 0,5     2 3sin cos 3 3sin cos 0xx xx  0,5 1 (5,0 điểm) 3sin cos 0xx hoặc 3sin cos 3xx   0,5 www.Toancapba.net www.Toancapba.net 2  1 3 sin cos 0 tan 6 3 x xx xk   , kZ   3sin cos 3xx phương trình vô nghiệm. 0,5 a. (2,0 điểm )  Chọn hệ trục tọa độ Bxy vuông góc sao cho tia Bx qua A và tia B y qua C. Ta có:  0; 0B ,   2; 0A ,   0; 2C . Giả sử   ; M xy . 0,5  22 2 M AMBMC   22 222 2 22 x yxyx y   22 44 0xy xy. 0,5  Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm   2; 2I  , bán kính 22R  . 0,5  Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm   2; 2I  , bán kính 22R  . 0,5 b. ( 3,0 điểm ) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.  Xét trường hợp:   0 120BGC Ta có:   222 0 2 . .cos120 76BC GB GC GB GC   2 222 0 2 . .cos60 28 4 AC MC GM GC GM GC Vậy AC 2 = 112 0,5    2 222 0 2 . .cos60 13 4 AB NB GB GN GB GN Vậy AB 2 = 52 0,5 Vậy độ dài trung tuyến còn lại :   22 2 2 63 3 7 24 aa AC AB BC mm 0,5  Xét trường hợp:   0 60BGC Ta có :   222 0 2 . .c os60 28BC GB GC GB GC   2 222 0 2 . .cos120 52 4 AC MC GM GC GM GC Vậy AC 2 = 208 0,5 2 (5,0 điểm)    2 222 0 2 . .cos120 37 4 AB NB GB GN GB GN Vậy AB 2 = 148 0,5 www.Toancapba.net www.Toancapba.net 3 Vậy độ dài trung tuyến còn lại :   22 2 2 171 171 24 aa AC AB BC mm 0,5 Câu Đáp án Thang điểm a. 2,0 điểm Dễ thấy * 0, n unN Từ 222 11 32 32 nn nn uu uu   . 0,5 Đặt 2 nn vu thì có:   11 32 13 1 nn n n vv v v     . 0,5 Đặt 1 nn xv thì ta có: 1 3 nn x x   . Từ đây suy ra   n x là cấp số nhân với 1 2x  , công bội là 3. 0,5 Nên: 11 1 2.3 2.3 1 2.3 1 nn n nn n xv u    . 0,5 b. 2,0 điểm 0 1 2 2010 2.3 2.3 2.3 2.3 2011S   0,5   012 2010 2 3 3 3 3 2011  0,5   2011 23 1 2011 31    0,5 3 (4,0 điểm) 2011 3 2012 0,5 Chứng minh được:     2 222 33abc a b c    0,5 Suy ra: 3abc và     3 3abc abc    0,5  3 83 26236 33 abc M a b c abc         0,5 + 0,5 Vậy GTLN của M là 83 3 0,5 4 (3,0 điểm) Giá trị này đạt được khi 1 3 abc . 0,5 5 (3,0 điểm) Viết lại hệ:    2 2 223 2 xxxy m xxxym        0,5 www.Toancapba.net www.Toancapba.net 4 Đặt 2 2,ux xvxy . Dễ có: 1u  . Hệ trở thành: .23uv m uvm       0,5 Suy ra:   2 2 3 23 3 2 2 u um u m u mu m u      0,5 Xét hàm  2 3 2 u fu u    với 1u  .   2 / 2 43 0, 1 2 uu fu u u    0,5 Bảng biến thiên: u 1     / f u +  f u   2 0,5 Kết luận : 2m  . 0,5 www.Toancapba.net www.Toancapba.net 5 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI . . . . . . . . . . . . ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi : Toán - Bảng A Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 02/12/2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Câu 1. (3 điểm) Chứng minh rằng mọi dãy số dương (a n ) thỏa mãn a 2 n+1 = a n + 1 (n ∈ N ∗ ) đều có chứa số hạng vô tỉ. Câu 2. (3 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực : √ x 2 − x + 1 = x 3 + 2x 2 − 3x + 1 x 2 + 2 . Câu 3. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng : 4  a 4a + b + c + 4  b 4b + c + a + 4  c 4c + a + b ≤ 3 4 √ 6 . Câu 4. (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn : f(xf(y) + x) = xy + 2f(x) − 1, ∀x, y ∈ R. Câu 5. (4 điểm) Cho dãy số (x n ) được xác định như sau : x 1 = 24, x 2 = 60 và x n+1 = x n + x n−1 n(n + 1)(n + 2) (n = 2, 3, . . .). Chứng minh rằng dãy số này có giới hạn hữu hạn. Câu 6. (4 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R, OC là một bán kính vuông góc với AB và I là trung điểm OC, M là điểm di động trên (O). Tiếp tuyến tại M của (O) cắt các tiếp tuyến tại A, B của (O) lần lượt tại D và E; AE cắt BD tại N. Xác định vị trí điểm M trên (O) để tam giác NIA có diện tích lớn nhất. . . . . . . . . . . . . . .H ẾT. . . . . . . . . . . . . . • Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị không giải thích gì thêm. www.Toancapba.net www.Toancapba.net 6 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI . . . . . . . . . . . . ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2011-2012 . . . . . . . . . . ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Môn : Toán - Bảng A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Câu 1 (3đ). Giả sử trái lại rằng mọi số hạng của dãy là số hữu tỉ. Đặt a n = b n c n với gcd(b n , c n ) = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Từ giả thiết a 2 n+1 = a n + 1 ta có b 2 n+1 c 2 n+1 = b n c n + 1 ⇔ b 2 n+1 c 2 n+1 = b n + c n c n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Do gcd(b n , c n ) = 1 nên gcd(b n + c n , c n ) = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Từ đó ta đượ c hai dãy số nguyên dương (b n ) và (c n ) thỏa mãn b 2 n+1 = b n + c n , c 2 n+1 = c n với n = 1, 2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Suy ra b n = b 2 n+1 − c n = b 2 n+1 − c 2 n+1 = (b n+1 − c n+1 )(b n+1 + c n+1 ). Chú ý rằng b n+1 > c n+1 ⇒ b n+1 − c n+1 ≥ 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Từ đó b n ≥ b n+1 + c n+1 > b n+1 với mọi n. Như thế dãy (b n ) là dãy giảm các số nguyên dương. Điều này vô lí. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 2 (3đ). Phương trình đã cho viết lại √ x 2 − x + 1 = x 3 + x 2 − 2x + (x 2 − x + 1) x 2 + 2 . (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Đặt a = √ x 2 − x + 1, thay vào (1) ta được  x 2 + 2  a = x 3 + x 2 −2x + a 2 ⇔ a 2 −  x 2 + 2  a + x 3 + x 2 − 2x = 0. (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Ta có ∆ =  x 2 + 2  2 − 4  x 3 + x 2 − 2x  = x 4 − 4x 3 + 8x + 4 www.Toancapba.net www.Toancapba.net 7 2 =  x 2 − 2x  2 −4  x 2 − 2x  + 4 =  x 2 −2x −2  2 . Vậy (2) ⇔ a = x 2 + 2 ± |x 2 − 2x − 2| 2 ⇔  a = x 2 − x a = x + 2. . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) • Với a = x + 2, ta có √ x 2 − x + 1 = x + 2 ⇔  x ≥ −2 x 2 −x + 1 = (x + 2) 2 ⇔ x = − 3 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) • Với a = x 2 − x, ta có √ x 2 − x + 1 = x 2 −x. (3) Do a = √ x 2 − x + 1 nên từ (3) ta được a = a 2 − 1 ⇔ a 2 − a − 1 = 0 do a≥0 ⇔ a = 1 + √ 5 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Từ đó x 2 − x + 1 =  1 + √ 5 2  2 ⇔ 2x 2 − 2x −  1 + √ 5  = 0 ⇔ x = 1 ±  3 + 2 √ 5 2 . Phương trình đã cho có 3 nghiệm x = − 3 5 , x = 1 ±  3 + 2 √ 5 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 3 (3 điểm) . Theo bất đẳng thức Becnuli ta có 4  6a 4a + b + c =  6a 4a + b + c  1 4 ≤ 1 4 . 6a 4a + b + c + 1 − 1 4 . (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Theo bất đẳng Cauchy (Cô-si), ta có 1 a + b + c + 1 3a ≥ 4 4a + b + c ⇒ a 4a + b + c ≤ 1 4  a a + b + c + 1 3  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Kết hợp với (1) ta được 4  6a 4a + b + c ≤ 3 8  a a + b + c + 1 3  + 3 4 . (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Tương tự ta có 4  6b 4b + c + a ≤ 3 8  b a + b + c + 1 3  + 3 4 . (3) www.Toancapba.net www.Toancapba.net 8 3 4  6c 4c + a + b ≤ 3 8  c a + b + c + 1 3  + 3 4 . (4) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Cộng (2), (3), (4) ta được 4  6a 4a + b + c + 4  6b 4b + c + a + 4  6c 4c + a + b ≤ 3 8 (1 + 1) + 9 4 = 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Suy ra 4  a 4a + b + c + 4  b 4b + c + a + 4  c 4c + a + b ≤ 3 4 √ 6 . Dấu bằng xảy ra khi ba số a, b, c bằng nhau. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 4 (3 điểm) . Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, khi đó f(xf(y) + x) = xy + 2f(x) −1, ∀x, y ∈ R. (1) Trong (1) thay x = 0 ta được f(0) = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Trong (1) thay x = 1 ta được f (f(y) + 1) = y + 2f(1) − 1, ∀y ∈ R. (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Trong (2) lấy y = −2f(1) ta được f (f (−2f(1)) + 1) = −1. Đặt f (−2f(1)) + 1 = a. Khi đó f (a) + 1 = 0 ⇒ xf (a) + x = 0 ⇒ f (xf (a) + x) = f(0) = 1, ∀x ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Vậy theo (1) ta có 1 = f (xf (a) + x) = ax + 2f(x) −1 ⇒ f(x) = − a 2 x + 1, ∀x ∈ R. Suy ra f(x) có dạng f(x) = cx + 1, với c là hằng số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Thay vào (1) ta được c (xf(y) + x) + 1 = xy + 2(cx + 1) − 1, ∀x, y ∈ R ⇔c [x(cy + 1) + x] = xy + 2cx, ∀x, y ∈ R ⇔c 2 xy + 2cx = xy + 2cx, ∀x, y ∈ R. Ta được c = ±1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Vậy có hai hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài là f(x) = x + 1, ∀x ∈ R ; f(x) = −x + 1, ∀x ∈ R. www.Toancapba.net www.Toancapba.net 9 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 5 (4 điểm). Dễ thấy x n > 0, ∀n ∈ N ∗ , do đó x n+1 ≥ x n , ∀n = 1, 2, . . . Suy ra dãy số đã cho là dãy số tăng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Theo giả thiết ta có: x n+1 = x n−1 (n + 2)(n + 1)n + x n = x n−1 (n + 2)(n + 1)n + x n−2 (n + 1)n(n − 1) + x n−1 (0,5 điểm) = x n−1 (n + 2)(n + 1)n + ···+ x 3 6.5.4 + x 2 5.4.3 + x 1 4.3.2 + x 2 = x n−1 (n + 2)(n + 1)n + ···+ x 3 6.5.4 + 62. (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng x n < 2480 39 , ∀n = 3, 4, . . . Ta có x 1 = 24 < 2480 39 , x 2 = 60 < 2480 39 , x 3 = x 2 + x 1 2.3.4 = 60 + 1 = 61 < 2480 39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Giả sử x k < 2480 39 , với mọi k sao cho 3 ≤ k ≤ n. Khi đó từ (1) ta có x n+1 < 2480 39  1 (n + 2)(n + 1)n + ···+ 1 6.5.4  + x 2 5.4.3 + x 1 4.3.2 + x 2 . (2) Do x 1 = 24, x 2 = 60 nên từ (2) suy ra x n+1 < 2480 39  1 (n + 2)(n + 1)n + ···+ 1 6.5.4  + 62. (3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Ta có 1 (k + 2)(k + 1)k = 1 2  1 k(k + 1) − 1 (k + 1)(k + 2)  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Vậy từ (3) ta được x n+1 < 2480 39 . 1 2  1 4.5 − 1 (n + 1)(n + 2)  + 62 < 1240 39 . 1 4.5 + 62 = 2480 39 . www.Toancapba.net www.Toancapba.net 10 [...]... www.Toancapba.net 11 www.Toancapba.net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN: TOÁN 12 – THPT Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) Ngày thi: 10/11/2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang Bài 1 (4,0 điểm) 1 Cho hàm số y = x 3  x 2 có đồ thị là (C) 2 Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị 4x 2 + 3 (C) tại những điểm... CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012 MÔN: TOÁN 12 – THPT TỈNH ĐẮK LẮK ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM (gồm 4 trang) A ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài(ý) Bài 1 (4 đ) Nội dung đáp án Biểu điểm 4x 2 + 3 x 4 +1 4t + 3 ; - Đặt t = x2, với t  0 ta có hàm số g(t) = 2 t +1 4t 2  6t + 4 1 ; g’(t) = 0  t = 2; t = ; - g'(t) = 2 2 2 (t +1) - Ta lại có: tlim g (t )  0 ; tlim g (t )  0 , bảng biến thiên... CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 – 2012 Khóa ngày: 17 / 11 / 2011 Môn thi: TOÁN Cấp: THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ: (Đề thi có 01 trang) Bài 1 (5,0 điểm) Tìm m để phương trình x m 2 x 3 có nghiệm Bài 2 (4,0 điểm) Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 6 chữ số mà tích các chữ số của số này bằng 3500 ? Bài 3 (5,0 điểm) Cho góc vuông xOy và điểm A (A ≠ O) cố định trên... HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 05 trang) I Hướng dẫn chung 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 II Đáp án và thang điểm... 1  7  y  2  Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: ( x; y )  (1;2), (1; 2), (2;2), (2; 2) Câu 4 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và c  b Hai điểm M , N tương ứng di động trên hai cạnh AB, AC sao cho MN chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau Xác định vị trí của M và N để MN có độ dài nhỏ nhất    Từ giả thuyết, ta có: 1 1 1 1 1 S AMN  S ABC  AM AN sin A... là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C 1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’ 2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất 3/ Trong trường hợp thể tích khối... thang vuông với các góc vuông tại và diện tích tam giác và Gọi là biết rằng và 2 trong mặt phẳng cho hình thang có vuông góc với hai cạnh đáy và Cạnh cố định, cạnh thay đổi và có độ dài bằng tổng độ dài hai cạnh đáy Gọi là điểm thuộc cạnh CD sao cho Xác định vị trí điểm trong mặt phẳng để tổng diện tích của hai tam giác và là nhỏ nhất Bài V: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho là đồ thị hàm số và là... điểm) Khi đó với phép co F với hệ số co k, ta có S∆N AI = |k|.S∆M AC (bổ đề sau) Do đó S∆N AI đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi S∆M AC đạt giá trị lớn nhất, điều này xảy ra khi M là điểm giữa của cung BC với CC là đường kính của đường tròn (O) (0,5 điểm) Bổ đề Cho ∆ABC có A(x1; y1 ), B(x2; y2 ), C(x3; y3 ) Gọi A ,... với t  0 ta có phương trình: t4 – t2 – 2 t = 0; suy ra t = 0; t = 2 - Với t = 0 thì x = 0; x = 1 - Với t = 2 thì x = –1; x = 2 Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt: 1;0;1; 2 B Bài 3 (5 đ) 0,75 0,75 B’ J C C’ H A 1/ (1, 0 đ) A’ Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là thể tích khối chóp B.ACA’, - Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’) - Ta có VB.ACA’ =... trên đường phân giác Om của góc ấy Một đường tròn ( ) thay đổi luôn đi qua hai điểm A, O cố định và cắt Ox tại M, cắt Oy tại N a) Chứng minh rằng khi đường tròn ( ) thay đổi thì tổng OM + ON có giá trị không đổi b) Tìm tập hợp các điểm I là trung điểm của đoạn thẳng MN khi đường tròn ( ) thay đổi Bài 4 (3,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2a + 3b + 4c = 1 Chứng minh rằng: 2 2a 1 3