Tơng tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của H và E vuông góc với nhau.. Giả sử đờng thẳng AM cắt mf BCD tại 1 điểm nằm trong ∆ BCD.
Trang 1Đề thi học sinh giỏi lớp 12
Môn: Toán Thời gian: 180 phút Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh
Lê Văn Khởi
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số: y=x3 − 3x2 + 1 (C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình:
y=x3 − 3x2 −kx−k = 0 (1)
Câu 2: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng: e x +cosx≥x+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)
+
2
0
sin 1
sin 1
) cos 1 ( ln
π
dx x
b) Tìm x∈Z thoả mãn ∫x tdt= x−
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
= +
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)
Trang 2a) 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:
Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh
Lê Văn Khởi
Câu 2
(4 điểm) Câu a: (2 điểm) Chứng minh rằng e +cosx≥x+2(1)
(1) ⇔e x +cosx−x−2≥0 với ∀x ≥ 0
Đặt: f(x) =e x + cosx−x− 2
0,25
f" (x) =e x − cosx 0,25
Vì x≥ 0 ,e x ≥ 1 còn cosx≤ 1 ⇒ f" (x) =e x − cosx≥ 0 với ∀x ≥ 0 0,25
Vậy hàm số f(x) = đồng biến trên [0 , +∞) 0,25
f' (x) ≥ f' ( 0 ) =e0 − sin 0 − 1 = 0 ⇒ f' (x) ≥ 0 với ∀x ≥ 0 0,25
f(x) ≥ f( 0 ) =e0 + cos 0 − 0 − 2 = 0
f(x) ≥ 0 ⇒e x + cosx≥x+ 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) = 2t +t 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) ⇒2x2 −2mx+2=x2 +1 0,25 ⇔x2 −2mx+1=0(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
π
dx x
0
2
0
2
0
) sin 1 ln(
) cos 1 ln(
sin )
cos 1 ln(
π π
π
dx x dx
x x
dx x I
(I)1 ( I2) (I3)
0,5
Trang 4Đặt: :
2 t dx dt
x= π − ⇒ =
0 2
2 0
=
⇒
=
=
⇒
=
t x
t x
π
π
0
3 2
0
2
0
2 cos(
1
ln(
π π
π
I
Ta tính: =∫2 +
0
2 sin ln( 1 cos )
π
dx x x
I
Đặt: t= 1 + cosx⇒dt= − sinxdx:
1 2
2 0
=
⇒
=
=
⇒
=
t x
t x
π
0,25
=∫2
1
2 ln tdt
=
=
dt dv
t
u ln
=
=
t v
dt t
= 2 −
1
2 t ln t
1 2
1
) ln (t t t
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 ,
, ,
, 2004 2004 2004
x
0,25
Theo đề ra ta có:
+
= +
+
= +
) 2 (
) 1 (
α α α
x
n m y x
Từ (1) và (2) ta có:
xα + (m+n−x) α =mα +nα
0,25
Xét hàm số f(x) =xα + (m+n−x) α =mα +nα ;α > 1; x > 0 0,25
f' (x) = α[xα−1 − (m+n−x) α−1] =>
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
0,25
Trang 5Vậy
=
=
d b
c a
hoặc
=
=
c b
d a
Từ đó ta suy ra: a2006 +b2006 =c2006 +d2006 0,25
Câu b: (1,5 điểm) Tìm x∈Z thoả mãn ∫x tdt= x−
0
1 2 cos sin
Ta có: sin cos cos 1
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
cosx= 1 ⇒x= 2kπ vì x∈Z,k∈Z => k = 0
0,5
Câu 4
(3,5 điểm) Elíp: 2 1
2 2
2
= +
b
y a
x (E) và Hypebol: 2 1
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
2 2
m a b
n b am x
+
+
±
) ( 2 2 2
2 2
m a b
m a bn y
+
−
±
Có 4 giao điểm Giả sử 1 giao điểm :
M (
) ( 2 2 2
2 2
m a b
n b am
+
) ( 2 2 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
+
+
) ( 2 2 2
2 2
; M (amk, bnk)
0,25
Phơng trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng: 0,25
Trang 62 + 2 = 1 ⇒ + y= 1
b
nk x a
mk y
b
bnk x a
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
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
∆ 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
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 0,5
Trang 7A1 ≡ 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)
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: y=x3 − 3x2 + 1 (C)
+ 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
+ Điểm uốn y" = 6x− 6 y" = 0 ⇔ x= 1
0,25
+ Lim→−∞y=−∞
x , Lim→+∞y=+∞
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
-3
1
x y
Trang 8
Câu b: (2 điểm)
Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình:
y=x3 − 3x2 −kx−k= 0 (1)
Phơng trình (1) ⇔ x3 − 3x2 + 1 =k(x+ 1 ) + 1
0,25
Đặt: y=x3 − 3x2 + 1 (C) đồ thị vừa khảo sát ở trên
y=k(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 x3 − 3x2 = ( 3x2 − 6x)(x+ 1 )
0,25
0,25
2x2 −6x=0
−
=
=
=
⇔
3 3 0
3 2 1
x x
Với :
+ + +
=
+ +
−
=
=
⇒
+
=
−
=
=
⇒
−
=
=
=
) ( 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
* Biện luận:
+ Khi 9−6 3<k <0 hoặc
3 6
9 +
>
k (d) cắt (C) tại 3
điểm ⇒ phơng trình (1) có 3
nghiệm
+ Khi k = 0 hoặc k =9−6 3
hoặc k =9+6 3 thì (d) và
(C) có hai điểm chung
⇒ phơng trình (1) có 2
nghiệm
+ Khi k<9−6 3 hoặc
0,25
0,25
0,25
-3
2 1 -1 d1
x y
Trang 93 6
9
0 <k < + th× (d) vµ (C)
c¾t nhau t¹i 1 ®iÓm
⇒ ph¬ng tr×nh (1) chØ cã 1 nghiÖm duy nhÊt