Đề Thi HSG Toán 12 Đợt I - THPT Nam Đàn 2 - Nghệ An [2009 - 2010] potx

Xỏc định điểm M để tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành tam giỏc cú chu vi nhỏ nhất.. Xỏc định điểm M để diện tớch tam giỏc OAB nhỏ nhất.. Cõu 3 5.0 đ Cho hỡnh choựp tửự giaực

Sở GD&ĐT Nghệ An

Năm học 2009-2010

Mụn : Toỏn khối 12 (Lần 1) Thời gian:180 phỳt

Cõu 1 (6.0 đ)

1/ Giả sử phương trỡnh x3 + x2 + ax + b = 0 cú 3 nghiệm phõn biệt

Hóy xột dấu của biểu thức:A = a2– 3b

2/Giải hệ phương trình 3

t an(x+1) tan( 1) 5 5 (1)

5

y x

x y











Cõu 2 (5.5 đ)

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường cong (H): y 2x 1

2x 2





 với x >1.

a/ Xỏc định điểm M để tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành tam giỏc cú chu vi nhỏ nhất

b/ M là điểm tựy ý trờn (H), tiếp tuyến của (H) tại M cắt hai đường tiệm cận của (H) tại hai điểm A và B Xỏc định điểm M để diện tớch tam giỏc OAB nhỏ nhất

Cõu 3 (5.0 đ)

Cho hỡnh choựp tửự giaực S.ABCD,coự ủaựy ABCD laứ moọt hỡnh bỡnh haứnh Goùi G laứ troùng taõm cuỷa tam giaực SAC M laứ moọt ủieồm thay ủoồi trong mieàn hỡnh bỡnh haứnh ABCD Tia MG caột maởt beõn cuỷa hỡnh choựp S.ABCD taùi ủieồm N

ẹaởt : Q =

MG

NG NG

MG



a/ Tỡm taỏt caỷ caực vũ trớ cuỷa ủieồm M sao cho Q ủaùt giaự trũ nhoỷ nhaỏt

b/ Tỡm giaự trũ lụựn nhaỏt cuỷa Q

Cõu 4 (3.5 đ)

Cho hai số a1, b1 với 0 < b1 = a1 < 1 Lập hai dóy số (an), (bn) với n = 1, 2, theo quy tắc sau: an 1 1(an b )n

2

   , bn 1  an 1.bn

n

lim a

n

l i m b

…… Hết………

Sở Gd&Đt Nghệ an

Trường THPT Nam Đàn 2

Kỳ thi chọn học sinh giỏi Năm học 2009- 2010

hướng dẫn và biểu điểm Chấm

(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm04 trang)

Môn: Toán lớp 12

điểm

y = f(x) = x3 + x2 + ax + b

+ Tập xỏc định: R.

y’ = 3x2 + 2x + a là tam thức bậc hai cú biệt số  ’ = 1 – 3a.

+ Pt: x3 + x2 + ax + b = 0 cú 3 nghiệm phõn biệt nờn

y’ = 0 cú 2 nghiệm phõn biệt x1 , x 2 và f(x 1 ).f(x 2 )< 0.

0,5

+ Suy ra:

1 3a 0

f (x ).f (x ) 0



 (x1, x2là hai nghiệm của phương trỡnh 3x

2

+ 2x + a = 0).

+ Thực hiện phộp chia đa thức ta được:

f(x) = x3 + x2 + ax + b = 1 1 1 

x y ' (6a 2)x 9b a

Suy ra f(x 1 ) =  1 

1 (6a 2)x 9b a

9    ; f(x 2 ) =  2 

1 (6a 2)x 9b a

1,0

+ f(x 1 ).f(x 2 ) < 0  (6a-2)2x 1 x 2 + (6a-2)(9b-a)(x 1 + x 2 ) + (9b-a)2 < 0.

+ Vỡ x1, x2 là 2 nghiệm của phương trỡnh: 3x2 + 2x + a = 0

nờn x1 + x2 = 2

3

 ; x1.x2 = a

3

Do đú: a(6a 2)2 (6a 2)(9b a)2 (9b a)2 0

3     3   

suy ra: 4(3a – 1)(a2– 3b) + (9b – a)2 < 0 + Vỡ (9b – a)2 0 và 3a – 1 < 0 nờn a2– 3b > 0.

1.0 0,5

Từ (1)tan(x+1)+5x=tan(y+1)+5y

Hàm số f(t) = tan(t+1)+5t cú f’(t)>0 với mọi t

suy ra f(t) đồng biến f(x)=f(y) x=y 1.5 Với x=y thế vào 2 ta cú

x=1 hoặc 1 5

2

x 

1,0

x=1 hoặc 1 5

2

x  



a.  M(x0;y0) (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d):

0

0 2

2x 2 (2x 2)

 d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm

A(1; 0

0

x

x  1), B(2xo– 1;1)

0,5 Giao của hai đường tiệm cận là I(1;1) Ta có chu vi IAB là:

2(x 1) 4(x 1)

1,0

sử dụng BĐT Cosi (hoặc sử dụng hàm số) Ta có

2( 2 1)

Vậy min 2( 2 1) 0 1 1

2

P   khi x  

Điểm M cần tìm là: (1 1 ,1 1 )

0,5

 M(x0;y0) (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d):

0

0 2

2x 2 (2x 2)

 d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm

A(1; 0

0

x

x  1), B(2xo– 1;1)

0,5

 Vì x0 > 1 nên yA = 0

0

x

x  1>1, xB = 2x0– 1 > 1 Do đó I ở miền trong

SOAB = SOIB + SOIA + SIAB = 1

2IA + 1

2IB + 1

2IA.IB = 1

22(x0– 1) +

1

2

0

1

x  1 +

1

2.2(xo– 1)

0

1

Tính SOAB = 1

2AB.h với h = d(O;AB)

 Tính SOAB = 1

2AB.h với h Do đó áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ta

0,5

hai số dương xo– 1,

0

1 2(x  1) ta cĩ:

SOAB = xo– 1 +

0

1 2(x  1) + 1 1 + 2 1 1 2

Đẳng thức xảy ra khi:

xo– 1 =

0

1 2(x  1) 0

1

x 1

2

 Vậy SOABnhỏ nhất khi M(1 1

2

2

0

1

OA 1; ; OB (2x 1;1)

x 1



Cách khác: Tính diện tíchOAB theo cách sau:

OAB

1

S OA OB OA.OB

2

2/ Tính SOAB = 1

2AB.h với h = d(O;AB)

= d(O;AB)

+ Q = MG NG  MG NG  2 Dấu bằng khi và chỉ khi :

NG

MG =

MG

NG = 1 + SG cắt mp(ABCD) tại tâm O của hình bình hành ABCD Gọi K là

trung điểm của SG Từ K dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD)

cắt SA,SB,SC,SD lần lượt tại A1 ,B1 ,C1 ,D1 Từ N dựng mặt phẳng

song song với mp(ABCD) cắt SG tại N’

Ta có:

MG

NG =

OG

G

N ' ;

MG

NG =1N’trùng KN thuộc cạnh hình bình hành

A1B1C1D1

Nối NK cắt cạnh hình bình hành A1B1C1D1 tại P, ta có : PM // SG

+ Từ đó : Q=2 khi và chỉ khi M thuộc cạnh hình bình hành '

1 ' 1 ' 1 '

1B C D A

' 1 ' 1 ' 1 '

1B C D

A là hình chiếu song song của hình bình hành A1B1C1D1 lên

mp(ABCD)

theo phương SG

3.0

b +Miền hình bình hành ABCD hợp bởi các miền tam giác

OAB,OBC,OCD,ODA

M thuộc miền hình bình hành ABCD nên M thuộc một trong bốn miền

tam giác này Chẳng hạn M thuộc miền  OAB MANC’;

x

y

O I

K

Do đó N thuộc miền  SC’D’ và N’ thuộc đoạn SH ,với C’,D’ và H

lần lượt là trung điểm của SC,SD và SO

Do đó : HG  N’G  SG Vì vậy :

OG

HG



OG

G

N '



OG

SG hay

2

1 

MG

NG

2

+ Đặt x =

MG

NG Ta có : Q =

x

1 + x với x[

2

1;2]

Q’= 0 và x(

2

1;2)  x= 1 MaxQ = Max{Q(

2

1);Q(2);Q(1)}=

2

5 + Giá trị lớn nhất của Q là :

2

5

Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh A,B,C,D

D'

G

N' N

M O

D

A s

1.0

+(0.50 đ) Tính a2, b2 với 0 < b1 = a1 < 1 ta cĩ thể chọn 0 < a <

2



sao cho: b1 = cosa,

suy ra a1 = cos2a

2

a (cos a cos a) cos a(cosa 1) cosa.cos

2 2

+ Bằng quy nạp, chứng minh được:

a cos aco s cos cos (1)

2 2  2 

 bn cos aco s cosa n 1a (2)

2 2 



0.75

1.0

+ Nhân hai vế của (1) và (2) cho sin n 1a

2  và áp dụng công thức sin2a được:

n 1

a sin 2a.cos

sin 2a 2

a , b

2 sin 2 sin



+(0.50 đ) Tính giới hạn:

sin 2a sin 2a lim a , lim b

1.0

0.75