Các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau.. Chứng minh rằng tâm mặt cầu nội , ngoại tiếp tứ diện trùng nhau.. 2 Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng P... Gọi DK ; CH là các đờng cao của ta
Trang 1Thi học sinh giỏi lớp 12 môn toán Bảng A
( Thời gian 180 phút , không kể giao đề)
Bài 1( 4,0 điểm)
Cho hàm số : y = ( )
1
8
2
m
C x
m mx x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m = 1
2) Tìm m để cực đại , cực tiểu của (Cm) nằm về hai phía của đờng thẳng 9x –7y – 1 = 0
Bài 2( 4,0 điểm)
1)Tìm p và q để giá trị lớn nhất của hàm số y = x2 pxq trên 1 ; 1 là bé nhất
3) Gọi ( x ; y ) là nghiệm của bất phơng trình log 2 2 2 ( 2 ) 1
y x y
x Tìm ( x; y) sao cho 2x + y lớn nhất
Bài 3 ( 4,0 điểm)
Cho cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1)
1) Giải phơng trình (1) khi m = 3
2) Tìm m để phơng trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên
; 2
2
Bài 4(4,0 điểm)
1) Tính
0 1 cos
sin dx
x
x x I
2) Cho x2 +y2 =1 Chứng minh : 16 ( 5 5 ) 20 ( 3 3 ) 5 ( ) 2
x
Bài 5( 4,0 điểm)
1) Cho tứ diện ABCD Các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau Chứng minh rằng tâm mặt cầu nội , ngoại tiếp tứ diện trùng nhau
2) Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng (P) Tìm trên mf (P) điểm M sao cho
MD MC MB
MA nhỏ nhất
Trang 2Hớng dẫn chấm và thang điểm thi học sinh giỏi 12 môn
toán bảng a
1
1
7
1
2
C x
x x y
*) Tập xác định : x 1
*) Sự biến thiên : ; 0 2 & 4
) 1 (
8
2
2 '
x
x x y
Ta có bảng biến thiên
x - -2 1 4 +
y’ + 0 - - 0 +
CĐ + +
y
- - CT
*)Hàm số đạt cực đại tại x = -2 yCĐ = -3
đạt cực tiểu tại x = 4 yCT = 9
*)x = 1 là tiệm cận đứng vì Lim f(x) = - và lim f(x) = +
x1- x1+
*) y = x + 2 là tiệm cận xiên vì lim(f(x) –x – 2 ) = lim 0
1
9
x
x x
Đồ thị : dạng đồ thị
2)Tập xác định x 1 2
2 '
) 1 (
8 2
x
x x
y ; y’ = 0 x =-2 ; x = 4 Vậy với mọi m thì (Cm) luôn có cực đại và cực tiểu Theo câu 1) ta có yCĐ= m – 4 tại
x = -2 ; đặt A ( -2 ; m – 4 )
yCT = m + 8 tại x = 4 ; đặt B ( 4 ; m + 8 )
A ; B nằm hai phía của đờng thẳng 9x – 7y – 1 = 0
(9xA – 7yA – 1 )( 9xB – 7yB – 1 ) < 0
( 9 -7m )( -21 – 7m) < 0 -3 < m <
7
9
Vậy m
7
9
;
3 thoả mãn bài toán
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5 0,5 0,5 0,25 0,25
x
y
O
9
-3 -7
Trang 31)Đặt y = f(x) = x + px + q ; h(x) = f ( x) Gọi max h(x) = h( ) ta có f(0) = q ; f(1) = 1+p + q ; f(-1) = 1- p + q ;
p f
f f
( 1 ) ( 0 ) ( 1 ) ( 0 ) 1
p f
f f
f( 1 ) ( 0 ) ( 1 ) ( 0 ) 1
Nếu p > 0
2
1 ) 0 ( 2
1 ) 1 ( 1
1
f
f
2
1 )
Nếu p < 0
2
1 ) 0 ( 2
1 ) 1 ( 1 1
f
f
2
1 )
Chú ý : Max h(x) = max
) ; ( 1 ) ; ( 1 ) 2
f
1 ; 1
*) Nếu p = 0 f(x) = x2 + q ; f(0) =
f(-2
p
) = q ; f(1) = 1 + q Giá trị lớn nhất của h(x) là một trong 2 giá trị q; 1 q
Nếu
2
1 ) ( 2
1 ) 1 ( 2
1 1
2
1
q
Nếu q <
-2
1 ) ( 2
1 ) 0 ( 2
1 2
1
Nếu q =
-2
1 2
1 )
2
2
1 ) (
h x x x cũng là giá trị nhỏ
nhất của h() Vậy p = 0 ; q = -
2
1
thoả mãn bài toán
2)
) ( 2 2
0
1 2
) ( 2 2
1 2 (*)
1 ) 2 ( log
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
II y x y x
y x
I y x y x
y x y
x
y
Trờng hợp 1: Nếu (x;y) thoả mãn (I) ta có x2 +2y2
8
9 ) 2 2
1 2 ( ) 1 (
xy x y Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có
2
9 2
4
9 4
9 2
16
81 )
2 2
1 2 ( 2
1 2 ) 1 ( ) 4
9 2
(
2 2
x
đúng với mọi x ; y thoả mãn (*) Dấu “=” xảy ra
2 1 2
2
12 2
1 2 2
1
2
9 2
y
x y
x
y x
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25
0,5 0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 4Vậy x = 2 ; y =
2
1
thì 2x + y lớn nhất Trờng hợp 2 : ( x ; y ) thoả mãn (II) 2x + y không đạt giá trị lớn nhất
Vì từ (II) 2 2 2 2 1
3
cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1)
) 2 ( 0 3 cos
2 cos 4
0 cos 0
) 3 cos
2 cos 4 (
m x x
x m
x x
x
1) Với m = 3 thì (1)
k x
k x
x
x
2 3
2 2
1 cos
0 cos 2
2) Xét phơng trình (2)
) 3 ( 0 3 2
4
1
; cos
2
m t t
t x t
Vẽ đồ thị hàm số y = cosx trên
; 2
2
Số nghiệm của (2) là số giao điểm của y = t và y = cosx trên
; 2
2 với t là
nghiệm của (3) Phơng trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên
; 2
2 khi và chỉ
khi phơng trình (3) có hai nghiệm t1 < t2 thoả mãn
0 < t1 < t2 <1
4
13 3
1 4
1 0
0 ) 1 (
0 ) 0 (
0 '
m f
f
0,5 0,5
0,25
0,25
0,5
1) I =
0
2
cos 1
sin
dx x
x x
Đặt t = x x 0 t ;x t 0
dx = - dt ; sinx = sint ; cos2x = cos2t
2 2
2
sin cos
1
sin cos
1
sin cos
1
sin
x
xdx x
x
xdx t
tdt t t
tdt I
2
cos 1
sin
t
dt x
xdx I
0,5
0,5
0,5 0,5
x
Y
2
2
-y=t 1
y=t 2
Trang 54
2
I
10) 2) Đặt x = sint ; y = cost sin 2t cos 2t 1
11) Ta có sin5t = 16sin5t –20sin3t + 5sint
12) Cos5t = 16cos5t – 20cos3t + 5cost
13) sin5t = 16x5 –20x3 + 5x ; cos5t = 16y5 – 20y3 +5y
14) 16 ( 5 5 ) 20 ( 3 3 ) 5 ( ) sin 5 cos 5 2
15) Dấu “=” xảy ra t k t k kZ
5 20 2
4
0,5 0,5
0,5 0,5
5
Dựng mf(P) AB tại M Gọi DK ; CH là các đờng cao của tam giác DAB và tam
giác CAB Do dt DAB = dtCAB DK’ = CH Gọi C’ ; D’ lần lợt là hình chiếu của
C ; D trên (P) MC’ = MD’ vì CH // (P) ; DK// (P) MC’D’ cân tại M MI’ C’D’
; I’ là trung điểm C’D’
Kẻ II’ // AB ; ( I CD ) ; IK //MI’ MKII’ là hình chữ nhật Vậy IK là đờng vuông
góc chung của AB và CD và I là trung điểm CD
*) Vai trò A ; B ; C ; D bình đẳng Bằng cách dựng tơng tự mf(P’) Cd ta chứng
minh K’ là trung điểm của AB và I’K’ là đờng vuông góc chung của AB và CD I’
I ; K’ K
0,5
0,5 0,25
0,25 0,25 0,25
B
M
H K A
D
I
Đ ’
I ’
C
C ’
K ’
P
Trang 6Do đó tứ diện ABCD có các đờng trung bình đồng thời là đờng vuông góc chung
Gọi O là trung điểm IK OA = OB = OC = OD vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ABCD
*) VKBCD = VKACD
KI mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh CD và AB Tơng tự PQ mf
phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh AC và BD Vì KIPQO O cách đều các
mặt của tứ diện ABCD Vậy O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD
2)
Gọi I ; J là trung điểm AB và CD ; N là trung điểm của IJ Với M bất kỳ ta có
MN MJ
MI MD
MC MB MA MD
MC
MJ
MB MA
2
2
MAMBMCMD 4MN bé nhất M là hình chiếu của N trên mặt phẳng (P)
1,0
A
B
C
D O
P
Q
I K
A
B
C
D I
ị N
