a Tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến.. b Chứng minh với mọi m đồ thị hàm số luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng.. chỉ có 1 nghiệm số thực xn.
Trang 1Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn Toán học – Thời gian làm bài 180 phút
Đề thi bảng A Bài 1: Cho y = (-m + 1) x3 + 3( m + 1) x2 - 4 mx - m
a) Tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến
b) Chứng minh với mọi m đồ thị hàm số luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng
Bài 2: Tìm các giá trị của tham số a để bất phơng trình :
1 3 4
1
− +
−
+
a x ax
x
Đợc nghiệm đúng với mọi x
Bài 3: Giải phơng trình
2 )
1
3
= +
−
+
x x
x x
Bài 4: Tìm cặp số (x; y) thoả mãn
y6 + y3+ 2 x2 = xy − x2y2
Bài 5: Cho khối tứ diện ABCD ; M là 1 điểm nằm bên trong tứ diện;AM,
BM , CM, DM Lần lợt cắt các mặt BCD; ACD; ABD; và ABC tại A1, B1 ,
C1 , D1
a) Chứng minh rằng :
1
1 1
1 1
1 1
1
DD
MD CC
MC BB
MB AA
MA
+ +
b) Tìm vị trí của điểm M để biểu thức
1 1
1
DM MC
CM MB
BM MA
AM
Đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 6:Chứng minh với mỗi số nguyên dơng n thì phơng trình x2n+ 1 = x + 1 chỉ có 1 nghiệm số thực xn Khi đó tìm lim xn
n→ ∞
Trang 2đáp án và biểu điểm môn Toán học thi học sinh giỏi lớp 12
Bài 1:
a) (1.5 điểm )
D = R
Cần điều kiện : y’ = 3 (m + 1) x2 + 6 ( m + 1 ) x - 4 m ≥ 0
điểm)
+ m + 1 = 0 => m = - 1 có y’ = 4 > 0 Thoã mãn với ∀x
điểm)
+ m + 1 ≠ 0 = > m = - 1 Để y’≥ 0 Thoã mãn với ∀x cần điều kiện
≤ + +
+
=
∆
>
+
0 ) 1 ( 12 ) 1 (
9
0 1
2
m
1 0
) 3 7 )(
1 (
0 1
−
<
⇔
≤ + +
>
+
m m
m
hoặc m ≥
7
3
điểm)
7
3 1
− +∞
∪
−
∞
−
điểm)
b) Gọi (x0 ;y0) là điểm cố định mà đồ thị đi qua với ∀m
0
3 0 0
2 0
3
0 + − x − +x − x −y =
Để phơng trình (*) không phụ thuộc m cần
=
− +
=
−
− +
0 3
0 1 4 3
0
2 0
3
0
0
2 0
3
0
y x x
x x x
Xét phơng trình 3 2 4 0 1 0
0
3
0 + x − x − =
x
Gọi f(x) = 3 2 4 0 1 0
0
3
0 + x − x − =
+ Có f(0) f(-1) <0 => phơng trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (-1; 0)
(1.0
điểm)
Trang 3+ Có f(-1) > 0 ; khi x →−∞ thì f(x) <0.
Vậy phơng trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (-∞ ; − 1 )
Vậy phơng trình f(x) = 0 luôn có 3 nghiệm
Các nghiệm ấy thõa mãn :
=
− +
=
−
− +
0 3
0 1 4 3
2 3
2 3
y x x
x x x
Trừ hai phơng trình cho nhau đợc : y - 4x - 1 = 0 hay các điểm cố định thuộc
đờng thẳng y = 4x - 1
Bài 2 (3 điểm )
Trớc hết cần ax2 - 4x + a - 3 ≠0 với mọi x
<
−
−
=
∆
≠
⇔
0 ) 3 ( 4
0
' a a
a
⇔ a < -1 hoặc a > 4 (0,5
điểm)
+ Nếu a < -1 thì ax2 - 4x + a - 3 < 0 với ∀x
Bất phơng trình đã cho thỏa mãn với ∀x
⇔ x + 1 > ax2 - 4x + a - 3 thỏa mãn với ∀x
⇔ ax2 - 5x + a - 4 < 0 thỏa mãn với ∀x
⇔ ∆ = 25 - 4a (a - 4 ) < 0 (vì a < -1) (1,0
điểm)
⇔ ∆ = 4a2 - 16a - 25 > 0
2
41
4 −
<
+ Nếu a > 4 thì ax2 - 4x + a - 3 > 0 với ∀x
Bất phơng trình đã cho thỏa mãn với ∀x
⇔ x + 1 < ax2 - 4x + a - 3 thỏa mãn với ∀x
⇔ ax2 - 5x + a - 4 > 0 thỏa mãn với ∀x (1,0
điểm)
⇔ ∆ = 25 - 4a (a - 4 ) < 0 (vì a = 4 > 0)
⇔ 4a2 - 16a - 25 > 0
2
41
4 +
>
⇔a (do a > 4) Kết luận: ∈−∞ − ∪ +2 ;+∞
41 4 2
41 4
;
điểm)
Trang 4Bài 3: ( 3 điểm )
điểm)
Do x = 0 không là nghiệm của phơng trình đã cho nên phơng trình đã cho
(0,25
điểm)
2 1 1
1
2 2 3
=
+ −
+
=
− +
+
⇔
x x
x x
x
x x
x
x x
(0,5
điểm)
x
x x
2
2
+
=
+ −
điểm)
Đặt 1 t.
x
x+ = Điều kiện t ≥ 2
(vì = +1 = + 1 ≥ 2
x
x x x
điểm)
Ta đợc phơng trình mới
điểm)
=
=
⇔
) (
2 1
2
mãn thoả
không do loại
t
t
(0,25
điểm)
Với t = 2
0 1 2
2 2 1
2 − + =
⇔
= +
⇒
x x
x
(0,5
điểm)
1
=
⇔x
Kết luận: Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 (0,25
Trang 5Bài 4: (3 điểm )
Điều kiện : xy - x2 y2 ≥ 0 hay 0 ≤xy≤ 1 (0,25
điểm)
Ta có :
xy - x2 y2 = -
4
1 4
1 4
1
2
điểm)
2
1
2
2 ≤
−
⇒ xy x y ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xy =
2
1
)
Do đó : y 6 + y 3 + 2x2
2
1
điểm)
Kết hợp với giả thiết
2
1 4
) 2 ( 1
2x2 + + x−y 2 ≤ xy3 +y3 + (0,25
điểm)
Cộng hai vế hai bất đẳng thức ta có :
1 4
) 2 ( 1
6 + x + + x− y ≤ xy +
điểm)
−
⇔ 1 1 + ( 2x−y) 2 ≥ (y3 − 2x) 2
Do 1 − 1 + ( 2x−y) 2 ≤ 0 dấu bằng xảy ra khi 1 + (2x - y )2=1
điểm)
nên ta có 1 − 1 + ( 2x−y) 2 = (y3 − 2x)= 0
=
−
=
−
⇔
0 2
0 2
3
y x
x y
(0,25
điểm)
Giải hệ này ta đợc
−
=
−
=
=
=
=
=
2 1
1
; 1
1
; 0
0
3
3 2
2 1
1
x
y x
y x
y
(0,5
điểm)
Trang 6Thử lại chỉ thấy : (x ; y ) =
− ;−1 2
1
điểm)
Bài 5: (4 điểm )
a) Gọi thể tích các khối tứ diện M.BCD ; M.ACD ; M.ABC và ABCD là V1 ,
V2 , V3 , V4 và V khi đó :
V
V
AA
1
1 = ;
V
V BB
1
1 = ;
V
V CC
1
1 = ;
V
V DD
1
điểm)
Cộng 4 đẳng thức trên = > khết quả = 1 (không đổi ) (0.5
điểm )
b) Theo kết quả câu a để thuận tiên gọi V1 = a2; V2 = b2 ; V3 = c2
; V4= d2 Khi đó :
2
2 2 2 2 1 1
1
a
d c b a V
V MA
=> =
1
MA
AM
2
2 2 2
a
d c
b + + Tơng tự:
=
1
MB
BM
2
2 2 2
b
a c
d + +
=
1
MC
CM
2
2 2 2
c
b a
d + +
=
1
MD
DM
2
2 2 2
d
c b
điểm)
Mặt khác theo Bất đẳng thức Bunhi a ta có :
(b + c + d ) 2 ≤3 (b2 + c2 + d2 )
+ +
≥ + +
=
a
d c b a
d c b AM
BM
3
1
2 2 2 1
(0,5
điểm)
Tơng tự :
d c a
BM ≥ 1 + +
Trang 7d b a MC
3
1
1
d
c b a MD
3
1
1
điểm)
3
1 3
+ + + + + + + + + + +
≥
d
c b a c
d b a b
a c d a
d c b
(Theo BĐT cô si cho 2 số không âm )
Vậy T min = 4 3 khi a2 = b2 = c2 = d2
điểm )
Bài 6: (3 điểm )
điểm)
Phơng trình đã cho ⇔ x2n+ 1 −x= 1
⇔ x(x2n − 1 ) = 1 (*)
(0,5 điểm )
điểm)
Vậy phơng trình vô nghiệm
+Nếu 0 < x <1 => vế trái (*) âm = > phơng trình vô nghiệm (0,25
điểm)
+Nếu –1<x ≤ 0 ⇒ vế trái (*) ≤ 1 ⇒ phơng trình vô nghiệm (0,25
điểm)
+Nếu x > 1 xét f(x) = x2n+ 1 −x− 1 là hàm số liên tục trên (1 ; +∞)
mà f(-1) f(2) < 0 nên theo tính chất của hàm số liên tục ∃x n (0,5
điểm )
Sao cho xn ∈(1;2 ) để f (xn ) = 0 :
với xn =
n
n n
x n
n
n
2
1 2 1 2
1 2
1
1
+
+ +
≤ + +
Trang 8(theo bất đẳng thức côisi ) (0,5
điểm )
2
1 2 lim + =
≤
n
n
x n
điểm)
n→ ∞
n
n x
2
1 2 1