Lập phơng trình của Parabol P có tiêu điểm F3;2 và đỉnh S2;1.. Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông.. Gọi H là hình chiếu của O lên đáy ABC.
Trang 1đề thi học sinh giỏi lớp 12
Môn: toán bảng A–
Thời gian: 180 phút
Bài1: ( 4 điểm)
Cho hàm số y= − 2x+m x2 − 2x+ 2
1 Tìm các tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi m = 3
2 Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại một điểm xo<-2
Bài 2: ( 4điểm)
1 Tìm m để nghiệm của bất phơng trình sau chứa đoạn [ ]1 ; 2
3 1 2 23 1 0
+
−
− +
−
x x x
x m
2 Giải bất phơng trình:
2 4 6 2 2 4 6 2 2 4 6
) 1 ( )
1 ( )
2
Với 0 < m < 1
Bài 3: ( 4điểm)
1 Giải phơng trình:
x
x) log sin ( 1 sin )log cos cos
1
2 Cho ∆ABC Tìm giá trị lớn nhất của sinC biết:
sin2A + sin2B = k sin2C Với k >
2 1
Bài 4: ( 2 điểm)
Tìm các đa thức f(x) thoả mãn:
x.f(x-1) = (x-3) f(x)
Bài 5: ( 6 điểm)
1 Lập phơng trình của Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) và đỉnh S(2;1)
2 Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông Gọi H là hình chiếu của
O lên đáy ABC Chứng minh rằng:
a) 1 2 12 12 12
OC OB
OA
b) S2 ∆ABC =S2 ∆OBC +S2 ∆OAC +S2 ∆OAB
Trang 2đáp án đề thi hsg lớp 12
Môn: toán bảng A–
Bài1:
1) (1,5điểm): Với m =3 ta có: y = − 2x+ 3 x2 − 2x+ 2
TXĐ: D = R
Tiệm cận xiên bên phải
1 2 2 3
2
lim
2
= +
− +
−
=
+
x x x
a
x ω (0,25điểm)
=
+
b
x ω (0,25 điểm)
Ta có tiệm cận xiên bên phải y= x-3 (0,25điểm)
Tiệm cận xiên bên trái
5 2 2 3
2
=
−
x x x
a
x ω (0,25điểm)
=
−
b
x ω (0,25điểm)
Ta có tiệm cận xiên bên trái y = -5x+3 (0,25điểm)
y//(xo) < 0
<
−
+
−
=
⇔
<
+
−
= +
−
− +
−
⇔
) 2 ( 0
) 1 ( 1
2 2 2
0 ) 2 2
(
0 2 2
) 1 ( 2
0 0
2 0
3 0
2
0
0
2
0
0
m
x
x x m
x x
m
x x
x m
(0,5 điểm)
Đặt
1
2 2 2
)
(
0 0
2 0
+
−
=
x
x x x
g với xo<-2 (0,25 điểm)
) ( 0 2 2 )
1 (
2 )
(
0
2 0
2 0
0
x x x
x
+
−
−
−
2 )
(
−
→ g x
x ω và g(-2) =
3
10 2
− (0,5 điểm)
Trang 3Vậy
3
10 2
− < m < -2 (0,5 điểm)
Bài 2:
4
5 2
;
Đặt
4
5 1
1 3
t (0,25 điểm)
Ta có bất phơng trình:
t t
m t
mt
+
≤
⇒
≤ +
1
2
(0,25 điểm)
Xét
t t
x
f
+
= 22
)
( với ∈ 4
5
; 1
t (0,25 điểm)
∈
∀
<
+
+
−
=
4
5
; 1
; 0 ) (
2 4
)
t t
t
t
f (0,25 điểm)
Ta có bảng sau:
Vậy để bất phơng trình có nghiệm chứa đoạn [ ]1 ; 2 là
45
32
≤
m (0,25
điểm) 2.(2 điểm):
Vì ( 1 2 ) 2 4 6 0
>
+m x + x+ với ∀x; ∀m (0,25 điểm)
1
1 ( )
1
2
2
2 6
4 2
2 2
≤ +
− + +
+ + +
x
m
m m
m (1) (0,25 điểm)
Đặt
2
t
tg
m= với
2
0<t<π Bất phơng trình (1) có dạng: (0,25 điểm)
1 )
(cos )
≤
+
t (2) (0,25 điểm)
t 1 5/4
f/(t) −
f(t) 2
32/45
Trang 4Vì (x+ 2 ) 2 + 2 ≥ 2 ; ∀x∈R (0,25 điểm)
Và (sint) (x+ 2 )2+ 2 ≤ sin 2t (0,25 điểm)
(cost) (x+ 2 )2+ 2 ≤ cos 2t (0,25 điểm)
Ta suy ra vế trái của (2) ≤ sin 2t+ cos 2t≤ 1 ; ∀t (0,25 điểm)
Vậy bất phơng trình đã cho có tập nghiệm là R (0,25 điểm)
Bài 3:
1.(2 điểm):
Điều kiện: k <x< + 2k ;k∈Z
2
2 π π π (0,25 điểm)
Ta có 1 + cosx > 0 ; 1 + sinx > 0 (0,25 điểm)
Phơng trình ⇔ logcosxsinxln( 1 + cosx) = logsinxcosxln( 1 + sinx) (0,25 điểm)
(*) ) cos 1 ln(
) cos (ln ) sin
1
ln(
)
sin
(ln
) sin 1 ln(
sin ln
cos ln ) cos 1 ln(
cos
ln
sin
ln
2 2
x
x x
x
x x
x x
x
x
+
= +
⇔
+
= +
⇔
(0,25 điểm)
Xét hàm số:
) 1 ln(
ln ) (
2
t
t t
f
+
= với t∈ ( 0 ; 1 ) (0,25 điểm)
) 1 ln(
) 1 (
ln ) ln(
) ( 2
ln
)
(
+ +
−
=
t t
t
t t t t t
t
f với t∈ ( 0 ; 1 ) (0,25 điểm)
Hàm số f(t) nghịch biến
phơng trình (*) có nghiệm ⇔ sinx cos= x (0,25 điểm)
π
⇔ k∈Z (0,25 điểm)
2.(2 điểm):
Từ giả thiết, theo định lý sin ta có: a2 + b2= kc2 (0,25 điểm)
Trang 5Theo định lý cosin ta đợc: a2 + b2= k ( a2+b2-2abcosC ) (0,25 điểm)
ab
b a k
k
C
2
1 cos
2
2 +
−
=
⇒ (0,25 điểm)
k
k ab
b a k
k
2
1 cos
2
≥ +
−
=
⇒ theo côsi (0,25 điểm)
2 2
cos 1
sin
k
k C
⇒ (0,25 điểm)
Do sinC>0
k
k
⇒ (0,25 điểm) Dấu bằng xảy ra ↔ a = b hay A = B (0,25 điểm)
k
k
⇒ (0,25 điểm)
Bài 4:
Ta có: x.f(x-1)= (x-3).f(x) (1)
Cho x = 0 ⇒ f(0) = 0 (2) (0,25 điểm)
Cho x = 1 ⇒ f(1) = 0 (3) (0,25 điểm)
Cho x = 2 ⇒ f(2) = 0 (4) (0,25 điểm)
Từ (2) ;(3); (4) ta suy ra f(x) chia hết cho x; x-1; x-2 (0,25 điểm)
Nên f(x) = x.(x-1).(x-2).P(x) (0,25 điểm) Thay vào (1) ta đợc:
x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x-1) = x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x) (0,25 điểm)
↔ P(x-1) = P(x) ; ∀x
⇒ P(x) = C hằng số (0,25 điểm) Vậy f(x) = x.(x-1).(x-2).C với C là hằng số (0,25 điểm)
Bài 5:1.(1 điểm)
Trang 6Đờng thẳng SF là trục của (P) có phơng trình: x – y - 1 = 0 (0,25 điểm)
Đờng chuẩn (∆) của (P) có phơng trình: x + y - 1 = 0 (0,5 điểm)
Gọi điểm M(x;y) ∈ (P) ↔ FM = d(M; ∆) (0,25 điểm)
2
) 1 (
) 2 (
)
3
(
2 2
+
⇔ x y x y (0,5 điểm)
↔ x2 + y2- 2xy - 10x - 6y + 25 = 0 (*) (0,25 điểm) (*) là phơng trình của Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh
và F là tiêu điểm (0,25 điểm)
2.(4điểm):
Gọi A1=AH∩BC ; B1=BH∩AC
C1= CH∩AB (0,25điểm)
Theo giả thiết OA⊥(OBC) ⇒ OA⊥BC
Và OH⊥(ABC) ⇒ OH⊥BC
⇒ BC⊥(OAH) ⇒ BC⊥AH (0,5điểm) A B1 C Tơng tự BH⊥AC; CH⊥AB
⇒ H là trực tâm của ∆ABC (0,25điểm) Xét ∆ vuông AOA1 tại O ta có: B (0,5điểm)
2 1 2
2
1 1
1
OA OA
OH = + (1) (0,25điểm)
∆ OBC vuông tại O, ta có: 2 2 2
1
1 1
1
OC OB
OA = + (2) (0,25điểm)
Từ (1) và (2) ta có:
2 2
2
2
1 1
1
1
OC OB
OA
OH = + + (đpcm) (3) (0,25điểm)
H O
Trang 7Nhân hai vế của (3) với 9.V2
OABC ta có: (0,25điểm) 9.V2
OABC =OH2.(SABC)2= OA2 (SOBC)2= OB2 (SOAC)2 = OC2 (SOAB)2 (0,5điểm)
Ta đợc:
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
OC
S OC OB
S OB OA
S OA OH
S
+ +
↔ S2 ∆ABC =S2 ∆OBC +S2 ∆OAC +S2 ∆OAB (đpcm) (0,5 điểm) (Chú ý: cách khác có thể chọn hệ toạ độ Oxyz gốc O)
Lu ý: Những cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa thoe mỗi ý, mỗi bài