Tơng tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của H và E vuông góc với nhau.
Trang 1Đề thi học sinh giỏi lớp 12
Môn: Toán Thời gian: 180 phút
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số: 3 3 2 1
x x
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình:
3 3 2 0
x x kx k
Câu 2: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng: e x cosxx 2 với x 0
b) Tìm m để pt sau có nghiệm:
4 2 1 2 2 1 2 2 1
x
Câu 3: (5 điểm)
a) Tính:
2
0
sin 1
sin 1
) cos 1 ( ln
dx x
x x
b) Tìm x Z thoả mãn
x
x tdt
0
1 2 cos sin
c) Cho các số dơng a, b, c, d thoả mãn:
2005 2005
2005 2005
2004 2004
2004 2004
d c
b a
d c
b a
Chứng minh rằng: a2006 b2006 c2006 d2006
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho elíp: 2 1
2 2
2
b
y a
2
2 2
2
n
y m
x (H) (với a, b, m, n > 0)
có cùng chung tiêu điểm F1 và F2: Chứng minh rằng tiếp tuyến của (E) và (H) tại giao điểm của chúng vuông góc với nhau
Câu 5: (4,5 điểm)
Cho tứ diện đều ABCD, gọi (C) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Điểm
M (C), gọi A1, B1, C1, D1 lần lợt là hình chiếu của M trên các mặt phẳng (BCD); (ACD); (ABD); (ABC)
a) Tìm vị trí điểm M (C) sao cho tổng:
S = MA1 + MB1 + MC1 + MD1 đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
b) Chứng minh rằng tồn tại điểm M (C) để 4 điểm A1, B1, C1, D1 không đồng phẳng:
Trang 3đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 12
Môn: Toán Thời gian:
Câu 2
(4 điểm)
Câu a: (2 điểm) Chứng minh rằng e x cosxx 2 ( 1 ) với
0
x
(1) e x cosx x 20 với x 0
Đặt: f(x) e x cosx x 2
0,25
f " (x) e x cos x 0,25
0 cos
) (
"
1 cos x f x e x x với x 0
0,25
Vậy hàm số f(x) = đồng biến trên 0 , 0,25 ' ( ) ' ( 0 ) 0 sin 0 1 0 ' ( ) 0
x
( ) ( 0 ) 0 cos 0 0 2 0
f e x
f
f(x) 0 e x cosxx 2 với x 0
0,25
Câu b: (2 điểm) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:
4 2 1 2 2 1 2 2 1 0
Phơng trình (1) 22 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1
0,5
22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1
Xét hàm số f t t t
2 ) ( Ta có f' (t) 2tln 2 1 0,5
Ta có f' (t) 0 t Vậy hàm số f (t) đồng biến t 0,25
Từ đẳng thức (2) 2 2 2 2 2 1
x2 2mx10(3)
Phơng trình (1) có nghiệm Phơng trình (3) có nghiệm
' 0 m 2 - 1 0 m 1
0,25
Câu 3
(5 điểm) Câu a: (2 điểm) Tính:
2
0
sin 1
sin 1
) cos 1 ( ln
dx x
x x
2
0
2
0
2
0
) sin 1 ln(
) cos 1 ln(
sin )
cos 1 ln(
dx x dx
x x
dx x I
(I)1 ( I2) (I3)
0,5
Chứng minh: I1 = I3
x
0 2
2 0
t x
t x
0,25
Trang 4
2
0
3 2
0
2
0
2 cos(
1
I
Ta tính:
2
0
2 sin ln( 1 cos )
dx x x
I
Đặt: t 1 cosx dt sinxdx:
1 2
2 0
t x
t x
0,25
2
1
2 ln tdt
I Đặt:
dt dv
t
t v
dt t
I2 t ln t 12 2
1 2
1
) ln (t t t
dt
0,25
Câu c: (1,5 điểm) Cho các số dơng a, b, c, d thoả mãn:
2005 2005
2005 2005
2004 2004
2004 2004
d c
b a
d c
b a
Chứng minh rằng: a2006 b2006 c2006 d2006
Đặt:
2004
2006 ,
2004
2005 ,
, ,
x
0,25
Theo đề ra ta có:
) 2 ( ) 1 (
x
n m y x
Từ (1) và (2) ta có:
x (mn x) m n
0,25
Xét hàm số f(x) x (mn x) m n ; 1; x > 0 0,25 ' ( ) 1 ( ) 1
x
2 0
) (
Suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm
n y
m y n
x
m x n
f m
f( ) ( ) 0
Vậy
d b
c a
hoặc
c b
d a
0,25
Từ đó ta suy ra: a2006 b2006 c2006 d2006 0,25
Câu b: (1,5 điểm) Tìm x Z thoả mãn
x
x tdt
0
1 2 cos sin
Ta có: sin cos cos 1
0
0
x
x
Vậy: cos 2x 1 cosx 1 cos 2x cosx 2 0
0,5
) ( 2
3 cos
1 cos 0
3 cos cos
2 2
loai x
x x
x
0,5
Trang 5cosx 1 x 2k vì xZ,kZ => k = 0
x 0 nghiệm phơng trình x 0 0,5
Câu 4
(3,5 điểm) Elíp: 2 1
2 2
2
b
y a
x (E) và Hypebol:
1
2
2 2
2
n
y m
x (H) có chung tiêu
điểm F1(-c;0); F2(c;0) Vậy c2 = a2 - b2 (a > b > 0)
c2 = m2 + n2 (m,n > 0)
0,25
Vậy: a2 - b2 = m2 + n2 a2 - m2 = b2 + n2 0,25 Toạ độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ phơng trình:
) ( 1
) ( 1
2 2 2 2 2 2 2
2
H n
y m x
E b
y a x
0,25
Giải ra ta đợc:
)
2
2 2
m a b
n b am x
0,5
)
2
2 2
m a b
m a bn y
0,5
Có 4 giao điểm Giả sử 1 giao điểm :
M (
)
2
2 2
m a b
n b am
;
)
2
2 2
m a b
m a bn
) Nhận xét:
2 biểu thức căn bằng nhau do a2 - m2 = b2 + n2
đặt: k
m a b
n b
)
2
2 2
; M (amk, bnk)
0,25
Phơng trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng:
2 2 1 y 1
b
nk x a
mk y
b
bnk x a
amk
(d1)
0,25
Phơng trình tiếp tuyến của Hypebol tại M có dạng:
2 2 1 y 1
n
bk x m
ak y
n
bnk x m
amk
(d2)
0,25
Tiếp tuyến (d1) có véc tơ pháp tuyến 1 ( ; )
b
n a
m
n
Tiếp tuyến (d2) có véc tơ pháp tuyến 2 ( ; )
n
b m
a
0,25
Ta có: 1. 2 0 n1 n2 d1 d2
nb
nb ma
ma n
Vậy 2 đờng thẳng (d1) và (d2) vuông góc với nhau
Tơng tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của (H) và (E) vuông góc với nhau
0,25
Câu 5
(4,5 điểm)
Câu a: (2,5 điểm) A
Không làm mất tính tổng quát
Giả sử đờng thẳng AM cắt
mf (BCD) tại 1 điểm nằm trong
0,25
Trang 6 BCD Ta có: H1 H 3 H2
VMABCD = VMABC + VMACD B I D
+ VMADB C2
D2 H B2
D1 C C1 B1
Mặt khác: VMABCD = VABCD + VMBCD 0,25 Gọi B là diện tích một mặt của tứ diện, h là đờng cao:
3
1 ) (
3
1
1 1
1
MB
0,5
Ta có tổng S = MA1 + MB1 + MC1 + MD1 = h + 2 MA1 0,25 Vì h không đổi S lớn nhất khi MA1 lớn nhất:
MA1 lớn nhất AM là đờng kính của (C):
0,25
Max S = h + 2MA1 = h + 2MH = 2(h + MH) - h = 4R - h 0,25 Khi AM là đờng kính:
Ta có 4 vị trí của M để S lớn nhất đó là:
AM hoặc BM, CM, DM là đờng kính của (C)
0,25
Min S = h + 2MA1 Khi MA1 nhỏ nhất MA1 = 0 M trùng với
các đỉnh B hoặc C, hoặc D
0,25
Vậy min S = h khi M trùng với các điểm A hoặc B, C, D 0,25
Câu b: (2 điểm) Khi AM là đờng kính của mặt cầu (C) điểm
A1 H tâm mặt phẳng BCD Gọi H1, H2, H3 lần lợt là tâm của
các mặt ABC, ACD, ABD
I là tâm mặt cầu (C)
0,5
Ta có MD1 // IH1, MB1 // IH2, MC1 // IH3 0,5
mf (B1D1C1) // mf (H1H2H3)
Mặt khác (H1H2H3) // (BCD)
0,5
(B1D1C1) // (BCD) vì A1 H (BCD) nên 4 điểm
A1,B1,C1,D1 không đồng phẳng
0,5
Câu 1
(4 điểm)
Câu a: (2 điểm)
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 3 3 2 1
x x
+ Chiều biến thiên: y' 3x2 6x
y' 0 3x2 6x
2
0
2
1
x x
0,25
Xét dấu y' + +
0 - 2
Hàm số đồng biến ( ; 0 ) ( 2 ; ) nghịch biến (0;1)
0,25
Hàm số đạt cực đại tại x1 0 giá trị cực đại y (0) = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x2 0 giá trị cực tiểu y (2) = -3
0,25
Trang 7+ Điểm uốn y" 6x 6 y" 0 x 1
y" đổi dấu khi x đi qua điểm 1 Đồ thị có điểm uốn U (1;-1)
0,25
Lim
y
Lim x
Bảng biến thiên:
x 0 2
y' + 0 - 0 +
y 1
- 3
0,25
+ Đồ thị đi qua các điểm:
x -1 0 1 2 3
y -3 1 -1 -3 1
-1 1 2
-1
0,5
Câu b: (2 điểm)
Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình:
3 3 2 0
x x kx k
Phơng trình (1) 3 3 2 1 ( 1 ) 1
0,25
Đặt: 3 3 2 1
x x
y (C) đồ thị vừa khảo sát ở trên
yk(x 1 ) 1 (d) là đờng thẳng quay xung quanh điểm
A (-1;1) cố định
Điều kiện cần và đủ để (d) là tiếp tuyến của (C) là hệ có
nghiệm:
) 2 ( 6 3
) 1 ( 1 ) 1 ( 1 3
2
2 3
k x x
x k x
x
Thay (2) vào (1) ta đợc 3 3 2 ( 3 2 6 )( 1 )
0,25
0,25
2x2 6x0
3 3 0
3 2 1
x x
-3
1
x y
Trang 8Víi :
) ( 1 ) 1 )(
3 6 9 (
) ( 1 ) 1 )(
3 6 9 (
) ( 1 3
6 9
3 6 9 0 3
3 0
3 2 1
3 2 1
3
2
1
d x
y
d x
y
d y k
k k x
x
* BiÖn luËn:
+ Khi 9 6 3 k 0 hoÆc
3
6
9
k (d) c¾t (C) t¹i 3
®iÓm ph¬ng tr×nh (1) cã 3
nghiÖm
+ Khi k = 0 hoÆc
3
6
9
k hoÆc k 9 6 3
th× (d) vµ (C) cã hai ®iÓm
chung
ph¬ng tr×nh (1) cã 2
nghiÖm
+ Khi k 9 6 3 hoÆc
3
6
9
0 k th× (d) vµ (C)
c¾t nhau t¹i 1 ®iÓm
ph¬ng tr×nh (1) chØ cã 1 nghiÖm duy nhÊt
0,25
0,25
0,25
-3
2 1 -1
d 1
d 3
d 2
x y