Đề thi và đáp án học sinh giỏi bảng A khối A môn toán
Trang 1Đề thi học sinh giỏi lớp 12
Bảng A Thời gian: 180 phút
Bài 1: (4 điểm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số sau:
x 1
4 x 4 x
y
2
2 Tính tích phân:
0
2 x cos 1
xdx sin x
Bài 2: (4 điểm)
Cho phơng trình: a x3 1 x2 2
1 Giải phơng trình khi a = 4
2 Tìm a để phơng trình có nghiệm
Bài 3: (4 điểm)
1 Giải phơng trình: tgx – 3cotg3x = 2tg2x
2 Chứng minh rằng ABC đều nếu thoả mãn:
tgA + tgB + tgC =
2
C g cot 2
B g cot 2
A g
Bài 4: (2 điểm)
Tìm giới hạn: x 1
2 x
3 x (
Bài 5: (2 điểm)
2
) 1 x (
1 x log 2 x x 2
Bài 5: (4 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ oxy
Cho elip (E) có phơng trình: 1
9
y 16
; điểm I(-1;-2) và đờng thẳng (d):
x + y – 6 = 0
1 Viết phơng trình đờng thẳng đi qua I và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho I là trung điểm AB
2 Tìm toạ độ điểm M(E) sao cho khoảng cách từ M đến d là nhỏ nhất
Trang 2Hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi lớp 12
1 1 Tập xác định: R\{1}
Sự biến thiên:
0 ) x 1 (
x x
2
2
[xx 02,,yy( 0 ) 40
) 2 (
y
;
lim
1 x 1
cận đứng
y
;
lim
x x
)]
3 x ( y [ x
1
1 3 x x
1
4 x 4 x
x 2
1 x
1
lim
x
đờng thẳng y= - x+3 là tiệm cận xiên
Bảng biến thiên:
x - 0 1 2 +
y - 0 + + 0
-y’ + +
4
0
-
-
Đồ thị:
0.5
0.25
0.25
0.25
0.75
2 1
4 2 1 0
y
3
x
3
Trang 31 2
TÝnh: I =
0
2 x cos 1
xdx sin x
§Æt x t
dx = - dt
t cos 1
t sin dt
t cos 1
t sin ) t (
0
2
0
dt t cos 1
t sin 2
I
§Æt u = cost -> du = - sintdt
1
1 2 u 1
du 2
I
§Æt u = tgv víi v )
2
; 2 (
, du = (1+tg2v)dv
v
-4
4
4
) 4 4
(
2
v 2
dv 2 I dv v
tg 1
dv ) v tg 1 ( u
1
du
2
4
4
4
4 2
2 2
0.75
0.5
0.75
Trang 41
2
Điều kiện: x1
Phơng trình đã cho tơng đơng với :
) 0 1 x x do ( ) 1 x x
1 x ( 1 1 x x
1 x a
) 1 x ( ) 1 x x ( ) 1 x x )(
1
x
(
a
2 2
2 2
2 2
đặt t =
1 x x
1 x
2
điều kiện
3
3 2 3 t
phơng trình trở thành: f(t) = t2 + at – 1 = 0 (1)
Với a = 4 ta có: phơng trình (1) là: t2 + 4t – 1 = 0
] 3 3 2 3
; 0 [ 5 2
t
Với t =- 2 + 5 ta có: t =
1 x x
1 x
2
<=> t2x2 + t2x +t2 = x – 1 <=> t2x2 + (t2 – 1)x +t2 + 1 = 0
1 x n
ã m
ả tho n ê nhi hiển t
2
1 t 6 t 3 t
1
x
2
2 4 2
Vậy với a = 4 phơng trình đã cho có 2 nghiệm:
2 5 t với , t
2
1 t 6 t 3 t
1 x
2
2 4 2
2
,
Phơng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình:
t2 + at – 1 = 0 (1) có nghiệm ] D
3
3 2 3
; 0 [
dễ thấy phơng trình (1) luôn có 2 nghiệm t1, t2 thoả mãn:
t1 < 0 < t2 , do đó phơng trình có nghiệm <=> t2 D
3 2 3
) 1 3 ( 2 a 0 ) 3
3 2 3 (
Vậy tập giá trị cần tìm của a là:
; 2 2 3
) 1 3 ( 2
0.25
0.75
0.75
0.5 0.5
0.25
0.25 0.5
0.25
Trang 51
2
Điều kiện: cos2x 0; cosx0; sin3x 0
tgx – 3tg3x = 2tg2x
<=> tgx – cotg3x = 2(tg2x + cotg3x)
) x 3 sin
x cos x 2 cos
x 2 sin ( 2 x sin
x cos x
cos
x
sin
<=> - cos4x cos2x = 2 cos2x
<=> (2cos22x - 1)(cos2x) +1 +cos2x = 0
<=> cos32x =
-2 1
đối chiếu điều kiện: cosx0 <=> cos2x 0 <=>
0 2
x 2 cos
1
<=> cos2x -1
sin3x 0 <=> sinx(3 – 4sin2x) 0 <=> sin2x 0
sin2x
4 3
{
{ cos 1
2 2
cos
0
2
cos
1
4
2
cos
1
=> cos32x =
-2
1
(thoả mãn điều kiện)
<=> cos2x = - k
2 x cos 2
1
3
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là:
Z k , k 2
x với 3
2
1 cos
Vì tgA, tgB, tgC xác định nên ABC không vuông
1 2
B g cot 2
A g cot
2
B g cot 2
A g cot ) 2
B 2
A ( tg 2
C
g
cot
tgC tgB tgA tgC tgB tgA tgC
tgAtgB
1
tgB tgA
2
C g cot 2
B g cot 2
A g cot 2
C g cot 2
B g cot 2
A g
0.25
1
0.5
0.25
0.25
0.25
Trang 6-> giả thiết đề cho tơng tơng với:
tgA.tgB.tgC =
2
C g cot 2
B g cot 2
A g
ABC nhọn -> tgA, tgB, tgC là các số dơng
ta có: tgA.tgB =
C cos ) B A cos(
C cos ) B A cos(
B cos A cos
B sin A sin
ta sẽ chứng minh đợc:
(*) C cos 1
C cos 1 C cos ) B A
cos(
C cos ) B A
cos(
thật vậy: 1- cosC > 0; cos(A-B) – cosC = 2cosA.cosB > 0
do đó (*) <-> cos(A-B) - cos(A-B)cosC + cosC – cos2C
cos(A-B) + cos(A-B)cosC – cosC – cos2C
<-> cosC cos(A-B) – cosC 0
<-> cos(A-B) – 1 0 luôn đúng (vì cosC > 0)
Vậy:
2
C g cot C cos 1
C cos 1 tgB
tơng tự: tgA.tgC cotg2 2
B
tgB.tgC cotg2 2
A
2
C g cot 2
B g cot 2
A g cot tgC tgB
dấu “=” xảy ra khi: cos(A - B) = 1
cos(B - C) = 1 <=> A = B = C cos(C - A) = 1
Vậy nếu
2
C g cot 2
B g cot 2
A g cot tgC tgB
thì ABC là tam giác đều
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
x 1 x
2 x
1 ( lim )
2 x
3 x
(
đặt t = x + 2 ta có x t
3 5
3 t t
1 x
) t
1 1 (
1 ] ) t
1 1 {[(
lim )
2 x
3 x
(
0.25 0.25 1.5
Trang 72 2
2
) 1 x (
1 x log 2 x x
2
1 x
2 log ) 1 x (
1 x 2 log ) 1 x 2 ( ) 1 x
(
2 2
1 x ) 1 x 2 ( log ] ) 1 x ( 2 [ log ) 1 x
(
Xét hàm số: f(X) = X + log2X
0 x 0 2 ln X
1 1 )
X
(
-> f(X) đồng biến trên R*
đặt: X1=2x + 1
X2= 2(x-1)2 => X1, X2 R* với {x 2
1 x
Khi đó bất phơng trình trở thành f(X2) f(X1) X 2 X1
tức là: 2(x-1)2 2x+1
7 3 x
2 7 3 x
Vậy bất phơng trình đã cho có tập nghiệm là:
)
; 2
7 3 [ ] 2
7 3
; 2
1
0.25
0.5
0.5
0.5
0.25
1 Giả sử đờng thẳng Vì đi qua I(-1; -2) nên có phơng trình tham số: là đờng thẳng có phơng trình cần tìm.
{ x 1 at
bt 2 y
(a2+b2
0
Vì A, B là giao điểm của và (E)
nên: A(-1 + at1; -2 + bt1); B(-1 + at2; -2 + bt2)
với t1, t2 là nghiệm của phơng trình:
1 9
) bt 2 ( 16
) at
1
0 1 9
4 16
1 t ) 9
b 16
a ( 2 t ) 9
b 16
a
2 2
0.25
0.5
Trang 80 ) 1 9
4 16
1 )(
9
b
16
a
(
2
2
vì a2 + b2
0
nên phơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt t1, t2
I là trung điểm AB nên:
1 2
) t t ( a
2
) t t ( b
<=>
0 ) t t
(
a
0 ) t t
(
b
2 1
2 1
<=> t1 + t2 = 0 (vì a2 + b2
0
t1 + t2 = 0 <=> 0
9
b 2 16
a
<=> 9a = -32b, chọn b = -9 => a=32 => đờng thẳng có
phơng trình:
9
2 y 32
1 x
Giả sử M(x0; y0) vì M ( E )nên:
1 9
16
y
x 20
2
0
3
y và t sin
4
, Khi đó: { x 4 sin t
t cos 3 y
0
2
6 ) t cos(
5 2
6 t cos 3 t sin 4
d(M,d)
với { co s 5
5
s in
->
2
) t cos(
5 6
d(M,d)
=> d(M, d) nhỏ nhất <=> cos(t - ) = 1 t k 2
5
9 cos 3 ) 2 k cos(
3
y
5
16 sin 4 ) 2 k sin(
4
x
0
0
Vậy điểm cần tìm là: M(
5
9
; 5
16
)
0.25
0.5 0.25 0.25
0.5
0.75
0.5
0.25
