Đề thi và đáp án học sinh giỏi tinh thanh hóa môn toán lớp 12 năm 2005- 2006
Trang 1Sở giáo dục và đào tạo Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 –
THPT
Thanh hoá Năm học 2005 - 2006
Môn thi : toán học - bảng A
Đề chính thức (Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao đề)
Bài 1: ( 4 điểm )
Cho hàm số :
1
1 1
x x
1/ Khảo sát hàm số
2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đờng tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất
Bài 2: (2 điểm )
Biện luận theo m số nghiệm dơng của phơng trình :
x
m dt t
t
1 1
Bài 3: (2 điểm )
Giải phơng trình : x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 3 x
Bài 4: (2 điểm )
Tìm các giá trị thực của m để phơng trình sau có đúng 1 nghiệm
4
;
0
4 6 3 32 1 2 2 2 4 3 0
m Sin x m Sinx m Sin xCosx m Cosx
Bài 5: (2 điểm )
Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là ba số nguyên liên tiếp
Bài 6: (2 điểm )
Tìm đa thức P x có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều kiện sau :
P
x P x
P x x x P x
x
; 27
1
0 12
' 2 2
'' 4
2 2
Bài 7: (2 điểm )
Giải hệ sau :
8 3 1
2
3 2
2
4 3
log 2
y y
y
y x
Cos
Bài 8: (2 điểm )
Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đờng cao một góc Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đờng cao một góc
Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp
Bài 9: (2điểm )
Cho các số thực a,b,c 2 chứng minh bất đẳng thức sau :
Log bc a2 Log ca b2 Log ab c2 3
.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Thanh hóa; Ngày 17 tháng 06 năm 2005
Lời giải chi tiết và biểu điểm đề thi học sinh giỏi toán khối 12
b) Sự biến thiên:
Trang 2 CBT:
2
1
1 1 '
x
HS đồng biến trên ; 0 ; 2 ; và nghịch biến trên các khoảng 0 ; 1 ; 1 ; 2
Cực trị : Cực đại tại x =0 và y CD 0
Cực tiểu tại x=2 và y CT 4
Nhánh vô cực và tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận xiên y
Lim
x
.
BBT :
c) Đồ thị : y
Đồ thị đi qua gốc toạ độ O=(0;0)
Tâm đối xứng I=( 1;2 )
1
O x
-1 1
1 điểm
1 điểm
2
Gọi M a;y a C;a0 thì
1 1
1 1
2
a
a a
a a y
PTTT của ( C ) tại M là:
2 '
2 2
2
a
a a x a
a a y a x a y a y
Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1
Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 )
Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là
1
2
; 1
a
a A
Với tiệm cận xiên là : B 2 a 1 ; 2a
1
2
a
Lại có
4
4
2 2 2
Theo bất đẳng thức Cô si : AB2 2AI.BI 2AI.BI 2 2AI.BI
2 1
2
Đặt p là chu vi tam giác ABI thì :
2 1 4 4 2 2
2
AB AI BI AB AI BI
p
2
1 1
AI BI a
0.5
điểm
0.5
điểm
0.5
x o 1 2
y’ + 0 - ‖ - 0 + y
Trang 3
2
1 1 2
4 1 2 2
Minp
2
1 2 2
; 2
1 1
M
điểm
0.5
điểm Bài 2
Ta có
2
1 ln 2
1 2
1
1
2
1
x x
PT đã cho tơng đơng với x lnxm
2
1 2
(1)
Số nghiệm dơng của PT là số giao điểm của đờng thẳng y = m và đồ thị hàm
số f x x lnx
2
1 2
Xét hàm số : f x x lnx
2
1 2
trên 0 ;
Đạo hàm ' 1;y' 0 x 1
x x y
Lim
x
BBT
x o 1
y | - o + ’
y |
12
Từ BBT ta đợc :
+/ Với
2
1
m thì PT vô nghiệm
+/ Với
2
1
m thì PT có nghiệm dơng duy nhất x = 1
+/ Với
2
1
m thì phơng trình có 2 nghiệm dơng phân biệt
0.5
điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
Đặt a 3 x;b 4 x;c 5 x
Ta có x 3 a2 4 b2 5 c2 abbcca
Do đó
5 4 3 5
4 3
2 2 2
c b a c
b a c b
a c b a ca bc ab c
ca bc ab b
ca bc ab a
Nhân vế với vế các PT ta đợc abbcca 2 15 ( * )
0.5
điểm
0.5
điểm
Trang 4Thay lần lợt các phơng trình của hệ vào PT ( * ) sẽ có :
4
15
23
15 2 5
15 2
a c
c b
b a
Cộng
các vế phơng trình của hệ, có PT mới và thay lần lợt mỗi PT của hệ vào PT vừa
có.Ta đợc nghiệm của phơng trình đã cho là:
240
671
x
1 điểm
0
2x
Cos ta đợc phơng trình :
1 2 2 4 3 0
tg x mtgx m tgx
Đặt tgx = t , ta có PT : 1 2 2 4 3 0
Để PT đã cho có nghiệm
4
;
0
x thì PT (1) phải có nghiệm 0 t 1
Do PT (1) luôn có 1 nghiệm t 10 ; 1 nên PT 2 2 4 3 0
mt m t
Chỉ có 1 nghiệm t = 1 hoặc không có nghiệm nào thuộc đoạn [ 0 ; 1 ]
Để ý rằng t = 2 không thoả mãn Do đó m
t
t t
4 2
3
2
Xét f(t) trên [0;1] ta có :
3 4 2
1
2
t
t t t
f
Lập bảng biến thiên và từ BBT ta đợc :
4 3
1
m m
0.5
điểm
0.5
điểm
1 điểm
là b2 a2ac (1)
Thật vậy: Theo định lý CôSin trong tam giác
aCosB a
c a aCosB c
ac a acCosB c
a
áp dụng định lý Sin, ta đợc 2RSinC 2RSinA 4RSinACosB
A B SinA B SinA SinB A
Sin SinA
Do đó B = 2A và 0 A, B
Vì 3 cạnh là 3 số nguyên liên tiếp nên với x N*và a < b, ta có các trờng hợp
sau :
a) Nếu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi đó từ (1) ta đợc x=1 suy ra a=1,b=2,c=3 Không thoả mãn tính chất cạnh của tam giác b) Nếu a=x,b=x+2,c=x+1 : Từ (1) ta có PT 2 3 4 0
x x
Suy ra a=4,b=6,c=5 ( thoả mãn ) c) Nếu a=x+1,b=x+2,c=x : Tơng tự thì x2 x 3 0, PT không có nghiệm nguyên dơng nên không thoả mãn.
Vậy có 1 tam giác duy nhất thoả mãn bài ra là tam giác có độ dài các cạnh là : a = 4,b = 6,c =5
1 điểm
1 điểm
a n x n a n x n a x a a n x
P
1
n
n
Trang 5 3 2
1
1
n
n
Từ yêu cầu , ta có điều kiện cần là : Hệ số của luỹ thừa bậc (n + 1) phải bằng 0.
mà hệ số đó là nn 1a n 2na n nn 3a n
Lại do a n 0 ;n 1 nên nn 3a n 0 n 3
Do vậy đa thức phải có dạng 2 1 0; 3 0
2
3
a x a x a x a a x
P
Thay đa thức vào điều kiện (1) :
12a 2a x 8a 24a 2a x2 8a1 8a2 48a3x12a0 16a2 0;x
1 3 2
3 2 3
3 0
3 1
3 2
2 0
3 2 1
1 3 2
2 3
8 12 6
0 4 3
0 6
0 12
4
0 6
a a
a a
a a
a a
a a a
a a a
a a
Nên 3 6 2 12 8
x
Mặt khác P 1 27 ; Suy ra 27a3 27 a3 1
Vậy đa thức cần tìm là : 3 6 2 12 8
x P
điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
0.5
điểm Bài 7 Với x R ta có 3y4 23Cos2xLog2 3 22Log2 3 2Log2 3 3
(y 4 ) 1 y 5 (1)
Đẳng thức xảy ra khi Cos x Cosx x k ;kZ
2 0
0 2
Với điều kiện (1) thì 2 / / / 1 / ( 3 ) 2 8
y , kết hợp với (1) ta có y = - 5 (3)
Kết hợp (1);(2) và (3) ta có nghiệm của hệ đã cho là :
5
; 2
y
Z k k
1 điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
của tam giác ABC và O’ là tâm của tam giác A’B’C’.
Theo bài ra thì OO’ là đờng cao chung của 2 hình chóp
Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tơng ứng của 2 hình
chóp Phần thể tích chung của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện
ODEFO’ Ký hiệu V là thể tích đó thì V OO'.SDEF
3 1
C OO'
vuông tại O’ nên OO ' lcos
Do tính đối xứng nên OO’ đi qua tâm I của DEF .
Trong IOE ta có : OI IEcotg
Trong IO' E có:O' I IEcotg
Suy ra
g g
l g
g
OO IE
g g
IE OO
cot cot
cos cot
cot
' )
cot (cot
'
Tam giác DEF đều , đờng cao EJ EI
2
3
Diện tích
4
3
2
DE
3
3 2
EI EJ
0.5
điểm
0.5
điểm
Trang 6
Do đó 2
2 2
) cot (cot
4
cos 3 3
g g
l
S DEF
Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : 2
3 3
) cot (cot
4
cos 3
g g
l V
A
B
C
O A'
C'
B' D
F E
O' I
0.5
điểm
0.5
điểm
Bài 9
Bất đẳng thức
2 2 2
2 2 2
2
b a Log
c Log a
c Log
b Log c
b Log
a Log
(1)
Do a.b.c 2 nên a b ab
b
1 1
,tơng tự ta cũng đợc :
bcbc&caac
Khi đó
y x
z x z
y z y
x ab Log
c Log ca
Log
b Log bc
Log
a Log VT
1
2
2 2
2 2
2
(2) Với xLog2a;y Log2b;z Log2c
Ta chứng minh: 2 2 2 3 ; , , 1
y x
z x z
y z y x
9 2 2 2 2 2 2
x z z y y x z y x
y x
z x
z
y z
y x
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái , ta đợc điều phải chứng minh
2
1
;
c b a c
b a
c Log b Log a Log z
y x
z y x
1 điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
Chú ý : Nếu thí sinh có lời giải theo các cách khác mà đúng vẫn cho điểm theo biểu điểm của
từng bài