Tìm những điểm trên C có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại đó tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi bé nhất.. Hãy xác định vị trí của A và B trên E để cho tam giác OAB có d
Trang 1ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
Môn: Toán
Câu 1: (5 điểm) Cho hàm số:
1
2
x
x
a Khảo sát hàm số
b Tìm những điểm trên (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại
đó tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi bé nhất
(Trích trong cuốn “Đạo hàm và ứng dụng” của tác giả: Lê Hồng Đức)
Câu 2: (2 điểm) Tính tích phân xác định sau:
2
0 2006
1
x tg
dx I
Câu 3: (3 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
m x x x
3
(Trích trong cuốn “Điều kiện cần và đủ để giải phương trình” của: Phan Huy Khải)
Câu 4: (2 điểm) Tìm (x;y) biết rằng (x+1)y, xy, (x-1)y là số đo 3 góc của một
tam giác và (x;y) thoả mãn:
sin2[(x+1)y] = sin2xy + sin2[(x-1)y]
(Trích trong cuốn: “Phương trình lượng giác” của tác giả: Trần Phương)
Câu 5: (2 điểm) Giải phương trình: 2005x 2006x
2005
Câu 6: (3 điểm) Cho (E): 1
2 2 2
2
b
y a
x
(0 < b < a) A, B là hai điểm tuỳ ý nằm trên (E) sao cho OA OB Hãy xác định vị trí của A và B trên (E) để cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó
(Trích trong cuốn: “Hình giải tích” của tác giả: Trần Phương)
Câu 7: (3 điểm) Cho hình chóp tam giác đều SABC nội tiếp trong mặt cầu tâm
O bán kính R, các cạnh bên hợp với nhau góc
a Tính thể tích hình chóp SABC theo R và
b Khi thay đổi xác định để thể tích ấy lớn nhất
Trang 22
o
1
1
Khảo sát hàm số:
1
2
x
x y
- Viết lại hàm số dới dạng:
1
1 1
x x y
1 Tập xác định: D = R\{1}
2 Sự biến thiên
a Chiều biến thiên
2
) 1 (
1 1 '
x
y y’ = 0 x = 0 hoặc x = 2
y’ > 0 trên ( ; 0 ) ( 2 ; ) Hàm số đồng biến trên
( ; 0 ) ( 2 ; )
- Tơng tự y’ < 0 trên (0;2) hàm số nghịch biến trên (0;2)
b Cực trị
- Đồ thị hàm số đạt cực đại tại x = 0 yCĐ = 0
- Đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 yCT = 4
c Giới hạn
- Đồ thị hàm số nhận đờng thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng
- Đồ thị hàm số nhận đờng thẳng y = x + 1 làm tiệm cận xiên
y
x 1
lim
d Bảng biến thiên
x 0 1 2 +
y’ + 0 - - 0 +
0 + +
y
- Nhận I(1;2) là giao của hai đờng
tiệm cận làm tâm đối xứng
4
I
x
0.25 0.25
0.25 0.5
0.25
0.5
0.5
0.5
2 - Giả sử M(a;y(a))(C), với a > 1 Khi đó phơng trình tiếp tuyến
tại M có dạng:
0.25 0.25
Trang 3d:
1 ) ( ) 1 (
2
a
a a x a
a a y
- Toạ độ giao điểm của d với tiệm cận đứng
) 1
2
; 1 ( 1
1 ) ( ) 1 (
2 2
a
a A x
a
a a x a
a a y
- Toạ độ giao điểm của d với tiệm cận xiên
) 2
; 1 2 ( 1
1 ) ( ) 1 (
2 2
a a B x
y
a
a a x a
a a y
- Khi đó AI = |xA - xI| =
1
2
a , BI = 2 2a 1
AI.BI = 4 2
- AB2 = AI2 + BI2 - 2AI.BI.cos AI BI 2 AI.BI
4
2
- CAIB = AI + BI + AB = AI + BI + AI2BI2 2AI.BI
2 2 2 4 4 2 2 2 ( 2 1 )
AI BI AI BI AI BI
- Vậy CAIB min = 4 4 2 2 2 ( 2 1 )
4 2
1
1
a
Khi đó: M(
4 4 4
2
1 2 2
; 2
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2 - Đặt t x
2
dt = -dx dx = -dt
- Đổi cận: x = 0 t =
2
, x =
2
t = 0
0 2
0 2006 2
0 2006
2006 0
2
2006
1 1
cot
1
dt dt
t tg
dt t tg t g dt
Vậy I =
4
0.5 0.25
0.75
0.5
3 Điều kiện cần:
- Giả sử x0 là nghiệm của phơng trình 3 - x0 cũng là nghiệm
để phơng trình có nghiệm duy nhất thì x0 = 3 - x0 x0 =
2 3
- Khi đó m =
2
9 2
Điều kiện đủ:
- Khi m =
2
9 2
thì phơng trình có dạng:
9 2
0.5
0.5
Trang 4- Đặt
0 , 0 9 2
9 2 6
6
v u
v u
uv v u
x v
x u
- Từ trên (uv) 2 2 (uv) 6 2 18 0
- Vì (u+v)2 ≥ u2 + v2 Nghiệm của phơng trình u + v = 3 2
- Từ đó suy ra
2 9
2 3
uv
v u
u, v là nghiệm của PT
2
2 3 0
2
9 2 3
nhất x =
2
3
- Vậy m =
2
9 2
là giá trị cần tìm
0.25
0.5
0.25 0.25 0.25
0.25
0.25
4 - Vì (x+1)y, xy, (x-1)y là số đo ba góc của một tam giác nên:
(x+1)y+ xy + (x-1)y = xy =
3
Khi đó phơng trình đã cho
có dạng: sin2(
3
+y) = sin2
3
+ sin2(
3
-y)
cos(
3
2
-2y) - cos(
3
2
+2y) =
2
3
2
3 2 sin
) ( 3
6
Z k k y
k y
Do (x-1)y > 0 y <
3
y =
6
- Từ xy =
3
x = 2 Vậy (x;y) = (2;
6
)
0.5 0.25 0.25
0.25
0.5 0.25
5 - PT 2005x 2006x log20062005
2005 log
) 2006
2005
x = log log20062005
2006 2005
0.5 1.0 0.5
6 - Gọi A là giao điểm của đờng thẳng y = kx với (E), khi đó toạ độ
Trang 5C
B
C
A là nghiệm của hệ
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
1
b k a
b a k y
b k a
b a x
kx y b
y a x
A A
2 2
2 2
2 2 2
) 1 ( )
1 (
b k a
k ab OA b
k a
b a k
- Vì OA OB nên B là giao của đờng thẳng y = x
k
1
với (E)
2
2 2 2
1
) 1
1 (
k b a
k ab
b k a
k ab
- Vậy SOAB =
) )(
(
1 2
1 2
1
2 2 2 2 2 2
2 2
2
k b a b k a
k b
a OA OB
2 2 2
2 2
2 2 2
) )(
1 (
) 1 (
b a
b a b
a k
k b a
S AOB
SOABmin = 2 2
2 2
b a
b a
khi a2k2+ b2 = a2 + b2k2 k = ± 1
0.5
0.25 0.25
0.5
0.5 0.5
0.5
2
- Ta có VSABC =
3
1
SI.SABC
- Trong đó: Xét hai tam giác đồng dạng S
SAI ~ SDA (g.g.g)
A
R
SA SD
SA SI SD
SA SA
SI
2
2 2
Mặt khác: SI =
2
sin 3
2 2
SA SA
AI
2
sin 3
4 1 ( 2 2
sin 3
4
SABC =
2 sin ) 2
sin 3
4 1 ( 3 4 ) 2 sin 2 (
4
3 4
AB
0.25
0.25
0.25 0.25
0.25 0.5
0.5
Trang 62 ] 3
cos 4 4 cos 2 1 cos 2 1 [ 4 1
) cos 4 4 )(
cos 2 1 )(
cos 2 1 ( 4 1
max ) cos 1 ( ) cos 2 1 (
) cos 1 ( ) cos 2 1 ( 27
3 4 2 sin ) 2
sin 3
4 1 ( 3
3 8
3
2 max
2 3
2 2 2 3
T
T V
R R
V
SABC
SABC
Vậy VSABC max = 3
27
3 8
60 cos
4 4 cos 2
0.5 0.25
