Điểm M bát kì thuộc mặt BCD của tứ diện.. Các điểm N, P, Q lần lợt là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt ABC, ABD, ACD.. Tính thể tích của tứ diện OMNP theo x, y, z.. b/ Chứng minh r
Trang 1Đề thi học sinh giỏi khối 12 năm học 2010 – 2011
Môn : Toán Thời gian: 180 phút
Câu 1: a/ Giải phơng trình:
x2.4 2 x− 4 - 1 = x4 – x3 b/ Giải hệ phơng trình:
= +
−
=
x y y x
x x y
6
) 9 (
2 2
3 3 3
Câu 2: Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt thuộc
;2
2 1
(m – 2) log x
2
2
2 + (2m – 6).x − log2x - 2(m + 1) = 0
Câu 3: Cho 2 đa thức f(x) = x4 – (1 + e2)x2 + e2 và g(x) = x4 – 1 Chứng minh rằng với các số dơng a, b phân biệt thỏa mãn ab = ba thì f(a).f(b) < 0 và g(a).g(b) > 0.
Câu 4: Cho tứ diện đều ABCD, tâm O Điểm M bát kì thuộc mặt (BCD) của tứ diện Các điểm N, P, Q lần lợt là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt (ABC), (ABD), (ACD).
a/ Gọi khoảng cách từ M đến CD, DB, BC lần lợt là x, y, z Tính thể tích của tứ diện OMNP theo x, y, z.
b/ Chứng minh rằng đờng thẳng OM đi qua trọng tâm của tam giác NPQ Câu 5: Cho ∆ABC nhọn và mỗi góc không nhỏ hơn
4
π CMR:
cotA + cotB + cotC + 3cotA cotB cotC ≤ 4(2 - 2)
Trang 2
-Đáp án đề thi học sinh giỏi khối 12 năm học 2010- 2011
Bài 1: (5 điểm)
a Giải phơng trình: x2 4 4
2 x− - 1 = x4 - x3 (1)
ĐK: 2 - x4 ≥ 0 Ta có : (1) ⇔ x2 4 4 2 x− + x3 = x4 +1 (2) VT(2) ≤ 2x4( 2−x4 +x2) ≤ 4x4 = x2; VP(2) = x4 +1 ≥ 2 x2
Vậy: (2) ⇔ = = − 1 2 2 4 4 x x x ⇔ x = 1 (thỏa mãn ĐK) b Khi x = 0 ⇒ y = 0 Khi x ≠ 0: Từ pt đầu ta có y3 = x3 (9 - x3) ⇔ x6 + y3 = 9x3 ⇔ x3 + 33 x y = 9 ⇔
(x + x y )3 – 3y(x + x y ) = 9 (1) Pt x2y = y2 = 6x ⇔ y(x + x y ) = 6 (2) Từ (1), (2) ⇒ (x + x y )3 = 27 ⇔ x + x y = 3 Vậy : = + = 3 2 2 x x y ⇒ Tập nghiệm của hệ là: S = {(0;0);(1:2):(2:2)} Bài 2: (5 điểm) Đặt t = 2log3x 2 , với x ∈ ( 2 1 ;2) ⇒ t ∈ [1;2) Bài toán trở thành: Tìm m để phơng trình: (m – 2)t2 – 2(m+1)t + 2m – 6 = 0 (*) có 2 nghiệm t ∈ [1;2) Ta có (*) ⇔ m(t2 – 2t + 2) = 2t2 + 2t + 6 Do t2 – 2t + 2 > 0, ∀t ∈ [1;2) suy ra pt trên ⇔ m = 2 2 6 2 2 2 2 + − + + t t t t = f(t) Xét f(t) trên [1;2): f’(t) = 2 2 2 ) 2 2 ( 16 4 6 + − + − − t t t t ; f’(t) = 0 ⇔ t = -2, t = 3 4 BBT của f(t) trên [1;2) Từ BBT ⇒ Bài toán thỏa mãn ⇔ 10 ≤ m < 11 Bài 3: (2 điểm) Giả sử a > b Từ gt ⇒ a1a = bb 1 Xét hàm số h(x) = xx 1 với x > 0 ⇒ ln h(x) = x x ln ⇒ h’(x) = h(x) 1 ln2 x x − ; h’(x) = 0 ⇔ x = e t -∞ 1
3 4 2 +∞
f’(t) + 0
-f(t) 11
10 9
Trang 3Từ h(a) = h(b) , a > b ⇒ 1 < b < e < a
Mà f(x) = (x2 – 1)(x2 – e2) ⇒ f(b) < 0, f( a) > 0 ⇒ f(a).f(b) < 0
g(x) = x4 – 1 ⇒ g(b) > 0, g(a) < 0 ⇒ g(a).g(b) > 0
Bài 4:(4 điểm) (Tự vẽ hình)
a Gọi h là khoảng cách từ O đến (MNP)
Ta có: VOMNP =
6
1
MN.MP.h.sin∠NMP
Gọi ∝ là góc giữa 2 mặt bất kỳ của tứ diện ⇒ sin∝ =
3
2 2
Do (MNP) ⊥ AB ⇒ sin∠NMP = sin∝ Và MN = z sin∝ , MP = ysin∝
Ta có h = d(M,(OCD)) ⇒ h = x sin
2
α = x
3 3
Vậy: V =
243
6
8 xyz
b Chứng minh hoàn toàn tơng tự ta có VOMNP = VOMNQ = VOMPQ ⇒ OM qua trọng tâm của tam giác MNP
Bài 5: (2 điểm) Giả sử A = Min{A,B,C} ⇒
4
π ≤
A ≤ π3
Ta có: S = cotA + cotB + cotC + 3cotA[1-cotA(cotB+cotC)]
= 4cotA + (1-3cot2A)(cotB + cotC)
Vì A≤ π ⇒3 1-3cot2A ≤ 1-3cot2
3
π = 0 và B.C ≤
2
π nên cotB + cotC ≥ 2cot
2
C
= 2tan
2
A
Vậy S ≤ 4.cotA + (1-3cot2A) 2tan
2
A
=
2 tan 2
) 2 tan 1 ( 3
A
A
−
−
Xét hàm số f(x) =
x
x
2
) 1 ( 3
4− − 2 trên [
1
2− ,
3
1
] = D
Ta có:f’(x) =- 2 2 2
2
) 1 ( 3
x
x − < 0 ,∀x ∈ D⇒f(x) nghịch biến trên D⇒f(x) ≤ f(
1
2− ),∀x∈ D. Vì
4
π ≤
A ≤ π3 ⇒ 2−1 ≤ tan
2
A
≤
3
1
⇒ S = f(tan
2
A
) ≤ f( 2−1) = 4(2 - 2) Dấu “=” xảy ra ⇔ B = C =
8
3π , A =
4
π
x 0 e +∞
h’(x) + 0 -h(x) e
e
1
0 1