ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN - đề 6 doc

Bảng biến thiên.

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

điểm

Bài 1: 1.Khi m=1

3 7 2 3 x y 2 3     x x

TXĐ : D = R +                3 1 3 1 0 2 2 ' 2 ' x x y x x y

Hàm số đồng biến (-∞; -1- 3 ) (-1+ 3 ; +∞) Hàm số nghịch biến ( -1- 3 ;1+ 3 ) yCĐ = y(-1- 3 ) = yCT = y(-1+ 3 ) = 0,5 1 0 ; 2 2 '' ''       y x y x Đồ thị hàm số lồi trên (-∞; -1) Đồ thị hàm số lõm trên (-1;-∞) Nhận I(-1, 3 7  ) làm điểm uốn +Lim xy ; Lim xy Bảng biến thiên

x -∞ -1- 3 -1+ 3 +∞

y’ + 0 - 0 +

y CĐ +∞

-∞ CT

Đồ thị:

3

1 2 2 3

2 3









x

trên [0; 2]

3

1 2 2 3

)

3

















x

f

Phương trình: f'(x)0luôn có hai nghiệm trái dấu x1<0<x2

6

5

; 0 ( 0

) 2 ( )

0

'





f

f nên : x1<0<x2<2

0.5

0,5

0.5

0.5

+ Ta có bảng biến thiên:

x -∞ x1 0 x2 2 +∞

f’ 0 - 0 +

f

có:















































0 3

5 2

)

2

(

) 6

5

; 0 ( ];

2

; 0 [ 0 ) ( ) 6

5

; 0 (

0 3

1 2 )

0

(

m f

m x

x f m

m f

+ Vậy

3

10 4

| ) 3

1 2 ( 3

12 [ ) 3

1 2 2 3

2

0

2 3 4 2

3



























s

6

5

; 0 ( 2

1 4

3

10 4

S

ĐS :

2

1



m

Bài 2:

1./ ĐK :











 1

0 cos

tgx

x

+ Phương 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(kZ) thỏa mản điều kiện

2.ĐK: x>0

+Phương trình đã cho

























) 2 ( ) 3 ( log 2 log

) 1 ( log

2 0 )) 3 ( log 2 )(log log

2

(

7 2

2 7

2 2

x x

x x x

x x

+ Giải (1)



























) ' 1 ( 2

ln ln 0

2

0

2

x x

x x x

x

x

Xét hàm số:

x

x x

f( ) ln trên (0;+∞) ;

e x x

f x

x x

f '( )  1 ln2 ; '( )  0  

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

Bảng biến thiên

x 0 e

f’

f

- 0 +

e

1

Từ bảng biến thiên  hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2; x=4 thỏa

mãn (1’)

Vậy phương trình (1) có nghiệm x=2; x=4

7

3 ) 7

4 ( 1 3 4 7 2 ) 3 ( log 2 log2 x 7 x  t  t  t    t  t

7

3 ) 7

4 ( )

g   luôn nghịch biến  (2’) có nghiệm duy nhất t =1 Vậy (2) có nghiệm x =2

+ KL: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4

Bài 3:

1 + Đặt sinx = t có phương trình đã cho



















2

1 0

t t a a t

+ Đặt: at  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

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 đường thẳng y=a cắt đường cong y=f(t)= t2-t trên [0;1]

0

4

1







Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm khi 4 0

4

1







2 ĐK : x>0

x

x 1  (đk :t  2) với t =2 cho giá trị x=1

(*)

với t>2 cho giá trị x>0

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

+ Ta có : (1)





















































2

0 1 2 )

(

1 2

0 ) 1 2 )(

2 (

2

2 2

t

at t

t f

x t

at t t t

+ Do (*) nên để phương 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 phương trình (1) có đúng 1 nghiệm t>2 thì (1) phải

có nghiệm các trường hợp sau:































































4

5 0

) 2 ( 2

2

2

0

2

1

2

1

a f

VN VN

t

t

t

t

a

Kết luận: Để phương 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

Tương tự choCOA, AOB :

cos 2

; cos

2

C

R R

B

R

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) CosACosBCosC  ABC60o

2 (E): x y 1 M

4

2 2

đường 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

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

Do 1; 2 đi qua M(a, 2) 





















1 2 4

1 2 4

2 2

1 1

y x a

y x a

Nhận xét : T1, T2 có tọa độ thỏa mản phương trình đường thẳng 2 1

4

Vậy phương trình đường thẳng T1, T2 là; ax + 8y – 4 =0

+ Đường 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

đạt được 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

'

) 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) tương tự : ta được kết quả : f(x)e(2 3)x.

Đáp số: f(x)e(2 3)x. hoặc f(x)e(2 3)x.

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

2 Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Có: OA OGGA OA2 OG2 GA2 2OG.GA

Tương 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

) 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

GAGBGCGD

Dấu bằng xảy ra GAGBGC GDTứ diện ABCD gần đều hoặc tứ

diện ABCD đều

0.5

0.5