Đề thi và đáp án môn toán thi học sinh giỏi lớp 12 trường cấp 3 nông cống I tỉnh Thanh Hóa
Trang 1Sở GD & ĐT Thanh Hoá
Trờng THPT Nông cống I
đề thi học sinh giỏi khối 12 (bảng a)
môn: toán thời gian: 180' Bài 1:(4 điểm) Cho hàm số: ( )
3
1 2 2 3
cm m
x mx x
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2 Tìm m(0;
6
5
) sao cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (Cm), và các đờng thẳng: x=0; x=2; y=0 có diện tích bằng 4
Bài 2: (4 điểm)
1 Giải các phơng trình: 3 tgx 1(sin x + 2cos x)=5(sin x +3cos x)
2 giải phơng trình: log2 x + x.log7(x + 3)= log2x [
2
x
+ 2.log7(x + 3)]
Bài 3: ( 4 điểm)
1 Tìm a để phơng trình sau có nghiệm
a a sinx = sin x
2 Tìm a để phơng trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt
0 6 4 1 ).
1 ( 4 1 ) 1 ( 2
3
a x
x a x
x a x
x
x
Bài 4( 4 điểm)
1 Cho ABC nhọn nội tiếp trong đờng tròn tâm O bán kính R Gọi R1, R2,
R3 lần lợt là các bán kính đờng tròn ngoại tiếp các tam giác BOC, COA,
AOB Cho biết: R1+R2+R3 = 3R Tính 3 góc của ABC
2 Cho (E): x2 + 4y2 = 4 M là điểm thay đổi trên đờng thẳng y=2 Từ M kẻ
đến (E) hai tiếp tuyến Gọi các tiếp điểm là T1, T2 Tìm vị trí của M để đờng tròn tâm M tiếp xúc với đờng thẳng T1, T2 có bán kính nhỏ nhất
Bài 5:( 4 điểm)
1 Cho hàm số f(x) xác định và dơng trên R thỏa mãn:
1
)
0
(
0 ) ( )
( ).
( 4
)
2
'
f
x f x f x f
x
f
Tìm hàm số f(x)
2 Cho tứ diện ABCD có trọng tâm là G Các đờng thẳng AG, BG, CG, DG kéo dài lần lợt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ở A1, B1, C1, D1
CMR: GA1GB1GC1GD1 GAGBGCGD
Đáp án và thang điểm
điểm Bài 1: 1.Khi m=1
3
7 2 3
x
TXĐ : D = R
+
3 1
3 1 0
2
2
'
x
x y
x x
y
Hàm số đồng biến (-∞; -1- 3)(-1+ 3; +∞) 0,5
Trang 2Hµm sè nghÞch biÕn ( -1- 3;1+ 3)
yC§ = y(-1- 3) = yCT = y(-1+ 3) =
1 0
; 2
''
§å thÞ hµm sè låi trªn (-∞; -1)
§å thÞ hµm sè lâm trªn (-1;-∞)
NhËn I(-1,
3
7
) lµm ®iÓm uèn
+Lim xy ; Lim xy
B¶ng biÕn thiªn
x -∞ -1- 3 -1+ 3 +∞
y’ + 0 - 0 +
y C§ +∞
-∞ CT
§å thÞ:
2 XÐt ph¬ng tr×nh : 0
3
1 2 2 3
2 3
x
trªn [0; 2]
3
1 2 2 3
)
(x x3 mx2 x m f' x x2 mx
f
Ph¬ng tr×nh: ' ( ) 0
x
f lu«n cã hai nghiÖm tr¸i dÊu x1<0<x2
6
5
; 0 ( 0
) 2 ( ).
0
'
f
f nªn : x1<0<x2<2
+ Ta cã b¶ng biÕn thiªn:
x -∞ x1 0 x2 2 +∞
f’ 0 - 0 +
f
cã:
0 3 2
)
2
(
) 6
; 0 ( ];
2
; 0 [ 0
) ( )
6
; 0 ( 0
3 2
)
0
(
m
f
m x
x f m
m f
+ VËy
3
10 4
| ) 3
1 2 ( 3
12 [ ) 3
1 2 2 3
0 2
0
2 3 4 2
3
s
0.5
0,5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 3+Do )
6
5
; 0 ( 2
1 4
3
10 4
S
ĐS :
2
1
m
Bài 2:
1./ ĐK :
1 0 cos
tgx
x
+ Phơng trình đã cho 3 tgx 1 (tgx 2 ) 5 (tgx 3 ) ( 1 )
0 ) 5 3 ).(
2 ( 0 ) 2 ( 0
t t t t t
tgx
+ Với t 2 tgx 3 tg x k (kZ) thỏa mản điều kiện
2.ĐK: x>0
+Phơng trình đã cho
) 2 ( ) 3 ( log 2 log
) 1 ( log
2 0
)) 3 ( log 2 )(log log
2
(
7 2
2 7
2
x x x
x x
x
+ Giải (1)
) ' 1 ( 2 ln ln 0 2
x x
Xét hàm số:
x
x x
f( ) ln trên (0;+∞) ;
e x x
f x
x
x
f ( ) 1 ln ; ' ( ) 0
2
'
Bảng biến thiên
x 0 e
f’ 1 - 0 +
e
1
f
Từ bảng biến thiên hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy
x=2; x=4 thỏa mãn (1’)
Vậy phơng trình (1) có nghiệm x=2; x=4
7
3 ) 7
4 ( 1 3 4 7 2 ) 3 ( log 2 log2x 7 x t t t t t
7
3 ) 7
4 ( ) (t t t
g luôn nghịch biến (2’) có nghiệm duy nhất t =1
Vậy (2) có nghiệm x =2
+ KL: Phơng trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4
Bài 3:
1 + Đặt sinx = t có phơng trình đã cho
0 1 2
t t a a t
+ Đặt: at y 0 hệ trên
a t t y t t y y
t y t t y a t y y t a t y a t y
2 2
2
1 0
; 0 0 ) 1 )(
(
1 0
; 0 1 0
; 0
+ Xét hàm số: f(t)= t2 – t trên [0;1]
có:
4
1 ) 2
1 (
; 0 ) 1 ( ) 0 ( 2
1 0
) (
; 1 2 )
'
t
f
Hệ trên có nghiệm khi đờng thẳng y=a cắt đờng cong y=f(t)= t2-t trên
0.5
0.5 0.5 0.5 0.5 0.5
0.5
0.5
0.5 0.5
Trang 4[0;1] 0
4
1
Kết luận: Phơng trình đã cho có nghiệm khi 4 0
4
1
2 ĐK : x>0
+ Đặt: t
x
x 1
(đk :t2) với t =2 cho giá trị x=1 (*)
với t>2 cho giá trị x>0
+ Ta có : (1)
2 0 2 ) 1 2 0 2 )(
2 2 2
t at t f x t at t t
+ Do (*) nên để phơng trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT (1)
phải có đúng 1 nghiệm t>2
Nhận xét: Tính a.c =1 vậy để phơng trình (1) có đúng 1 nghiệm t>2 thì (1) phải có nghiệm các trờng hợp sau:
4 0
)
2
(
2
2
2
1
2
1
a
f
VN
t
t
t
t
a
Kết luận: Để phơng trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì : a<
4
5
Bài 4:
1 Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có:
A
R R
R A
A R R
A
a BOC
a
cos 2
2 2 sin
sin 2 2
2 sin
Tơng tự choCOA, AOB :
cos 2
; cos
2
C
R R
B
R
+ Vậy có: 6 ( 1 )
cos
1 cos
1 cos
1
C B
A
2 3
9 cos cos
cos
9 cos
1 cos
1 cos
1
C B
A C
B
nhọn)
+ ( Phải chứng minh : cosA cosB cosC
2
3
) + Vậy (1) CosACosBCosC ABC 60o
2 (E): x y 1 M
4
2
2
đờng thẳng y 2 M(a;2)
+ Gọi T1(x1,y1); T2(x2,y2) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T1, T2 là:
1: 1
1
y y
x
x
2 : 1
2
y y x
x
Do 1; 2 đi qua M(a, 2)
1 2
.
1 2
4
2 2
1 1
y x
a
y x
a
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 5Nhận xét : T1, T2 có tọa độ thỏa mản phơng trình đờng thẳng
1 2 4
.
Vậy phơng trình đờng thẳng T1, T2 là; ax + 8y – 4 =0
+ Đờng tròn tâm M tiếp xúc T1, T2 có bán kính là:
64 12
64
12 )
(
2 2
2 2
2 1
a
a R
a
a T
T M d R
+ Ta tìm a để R nhỏ nhất : Đặt
64
12 )
( 0
2
t
t t f R t
a
2
3 ) 0 ( 0
0 ) 64
(
2
116
)
3
'
t
t
t
f
đạt đợc khi : t=0 a=0
+ Kết luận: vậy điểm M(0;2)
Bài 5 :
1 Từ:
) 0 ) ( (
) 2 ( 3
2 )
(
) (
) 1 ( 3
2 )
(
) (
) ( ) 3 2
( ) (
) ( ) 3 2
( ) ( 0
) ( )
( 4 )
(
'
'
'
' 2
' 2
'
x f do x
f
x f
x f
x f
x f x
f
x f x
f x
f x
f x
f
+ Xét (1) Có: 1
'
) 3 2 ( ) ( ln )
3 2 ( )
(
) (
C x x
f dx
dx x f
x f
0 1
1 ) 0 ( )
+ Vậy: f(x) e( 2 3 )x
+ Xét (2) tơng tự : ta đợc kết quả : f (x) e( 2 3 )x.
Đáp số: f(x) e( 2 3 )x.
hoặc f(x) e( 2 3 )x.
2 Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Có: OA OG GA OA2 OG2 GA2 2OG.GA
Tơng tự ta có: OB2 OG2 GB2 2OG.GB
OC2 OG2 GC2 2OG.GC
OD2 OG2 GD2 2OG.GD
+ Từ trên : 4 (R2 OG2 ) GA2 GB2 GC2 GD2
+ Lại có : GA.GA1= GB.GB1=GC.GC1=GD.GD1=R2 – OG2
1 1 1 1
GD GC GB GA OG R GD GC GB
0.5 0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 6) 1 1 1 1 ).(
(
4
GD GC GB GA GD GC
GB
+ áp dụng Bunhia và cosi có:
) 1 1 1 1 ( ) (
16
1 1 1
1
GD GC GB GA GD GC GB GA GD
GC
GB
GAGBGCGD
Dấu bằng xảy ra GAGBGC GDTứ diện ABCD gần đều hoặc
tứ diện ABCD đều
0.5 0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
