Tính diện tích mỗi phần đó.. Tìm tập hợp các điểm N khi M thay đổi.
Trang 1ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – BẢNG B
Môn: Toán
Bài 1:(2đ) Xét chiều biến thiên của hàm số: y= x+ x2 −x+1
Bài 2:(2đ) Parabol:
2
2
x
y= chia hình tròn x2 +y2 ≤ 8 ra làm 2 phần Tính diện tích mỗi phần đó
Bài 3:(2đ) Tìm m để phương trình x4 – ( 2m+3)x2 + m + 5 = 0 có 4 nghiệm
x1, x2, x3, x4 thoả mãn :
-2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 3
Bài 4:(2đ) Giải bất phương trình: (x− 3) x2 + 4 ≤ x2 − 9
Bài 5:(2đ) Giải phương trình:
x x
x x
sin 2
1 sin
3
2 3
cos 2 2 3
cos
Bài 6:(2đ) Biết rằng tồn tại x để các cạnh của ∆ABC thoả mãn: a = x2 + x + 1; b = 2x + 1;
c = x2 – 1 Hỏi ∆ABC có đặc điểm gì?
Bài 7:(2đ) Tính
x
x Lim
2
1 3
5 3
−
+
∞
→
Bài 8:(2đ) Giải hệ phương trình:
= +
+
= +
+
= +
+
2 log
log log
2 log log
log
2 log log
log
16 16
4
9 9
3
4 4
2
y x
z
x z
y
z y
x
Bài 9:(2đ) Cho mặt cầu (C) tâm O, bán kính R và n điểm trong không gian:
A1, A2 , An Với mỗi điểm M thuộc mặt cầu (C) người ta dựng điểm N sao cho: MN→ =MA→1+MA→2+ +MA→n Tìm tập hợp các điểm N khi M thay đổi
Bài 10:(2đ) Biết rằng các số a,b,c,d thoả mãn:
= + + +
+
= +
0
2 2
2 2
d c d c
b a b a
Chứng minh: (a−c) (2 + b−d)2 ≤ 2 2
Trang 2-2 O 2 x
ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – BẢNG
B Môn : Toán
Điểm
1
(2đ)
Đk:
≥
≥
≤
⇔
≤
≤
≥ +
−
<
⇔
∈
∀
≥ +
−
−
≥ +
−
⇔
≥ +
− +
≥ +
−
0
0
0
0 1
0 1
0
0 1 1
0 1
0 1
2 2
2 2
2 2
x
x
x
x x
x x
x x x
R x x
x x x
x x
x x
x x
vi
⇒ Tập xác định của hàm số là R
Ta có: y’ =
x x x
x x
x x
x x x x x
x x
x x x x x
x x
+
− +
− +
− +
−
>
+
− +
− +
− + +
−
= +
− +
− +
− + +
1
1 4
1 2 1 2 1
1 4
1 2 3 1 2 1
1 4
1 2 1 2
2 2
2 2
2 2
2 2
⇒ Hàm số luôn đồng biến trên toàn tập xác định R
0.5
0.5
0.75
0.25
2
(2đ)
Đường tròn có bán kính: R= 8 = 2 2 y
Diện tích hình tròn là: S = πR2 = 8 π (đvdt)
Gọi diện tích phần gạch chéo là S1, phần còn lại là S2 A B
Cần tính S1.Phương trình đường tròn: x2 + y2 = 8
⇒ y = ± 8 x− 2
Đường tròn và Parabol cắt nhau tại 2 điểmA, B có toạ
độ là nghiệm của hệ:
=
±
=
⇔
=
− +
≥
=
⇔
= +
=
2
2 0
8 2
0 2
8
2 2
2
2
y
x y
y
y y x y
x
x y
0 2
0
3 2
2 0
2 2
3 8
2 2
8
−
đặt x = 2 2 sint ⇒dx= 2 2 costdt cận 2
0
x thành cận 4
0
π
t
0.5
0.5
0.5
Trang 3( ) 34
2 3
8 ) 2 cos 1 ( 8 3
8 cos
16 3
8 cos 2 2 sin 1 8
0
4 0 2 4
0
2
π π
π
dt t tdt
tdt t
3
4 6 3
4 2 8
1
−
=
−
=
0.5
3
(2đ)
Txđ của phương trình là : R
Đặt x2 = X ≥ 0, ta có phương trình: f(X) = X2 – ( 2m+3).X + m + 5 = 0 (*)
để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < x4 thì phương trình (*)
có hai nghiệm thoả mãn: 0 < X1 < X2 Khi đó
2 4
1 3
1 2
2
x = − = − = = Do đó: -2<- X2 <-1< - X1 < 0 < X1 < 1
< X2 < 3
>
⇔ 2 X2 >1 >
1
X > 0 ⇔ 4 > X2 > 1 > X1 > 0
>
+
−
>
+
<
+
−
⇔
>
>
<
⇔
0 9 7
0 5
0 3 0
) 4 (
0 ) 0 (
0 ) 1 (
m m m af
af af
<
−
>
>
⇔
7
95
3
m m m
⇒ không tồn tại m thoả mãn bài toán
0.5 0.5 0.5
0.5
4 Giải bất phương trình : (x-3) x2 +4 ≤ x2 − 9
Txđ :R
Bpt :(x− 3) ( x2 + 4 −x− 3)≤ 0
−
≤
−
>
≤
−
≤
≤
−
≥
≥
−
⇔
+ +
≥ +
>
+
≤
≤ +
≤
+ +
≤ +
≥
−
⇔
+
≥ +
≤
−
+
≤ +
≥
−
⇔
6 5 3 3 3
36
5 3
9 6 4
0 3 3
0 3 3
9 6 4
3
3 4
0 3
3 4
0 3
2 2
2 2
2 2
x x x x x x x
x x x
x x x
x
x x x
x
x x
x
x x
x
0.5
1.0
Trang 4[ +∞)
∪
−∞−
∈
⇔
−
≤
<
−
−
≤
≥
6
5
; 6
5 3
3
3
x x
x
x
Đây là tập nghiệm của bấtt phương trình
0.5
5
,
2 2
2 0 sin
0 cos
z k k x
k x
x
∈ +
≤
<
⇔
>
≥
π
π π
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: VF =
3
3 2 sin 2
1 sin
3
2
≥ +
x x
áp dụng Bđt Bunhiacôpxki cho vế trái ta được:
3
cos 2 2 3
cos 2 1
+
để phương trình có nghiệm thì VT=VF =
3
3 2
(k z)
k x
x
x x
x
x
x
∈ +
=
⇔
=
=
⇔
−
=
=
3 2
1 cos
2
3 sin
3
cos 2 2 3
cos 2
sin 2
1 sin
3
2
đây là họ nghiệm của
phương trình
0.5 0.5
0.5
0.5
6 Để a, b, c là 3 cạnh của ∆ABC: a = x2 + x + 1; b= 2x+1; c = x2 –1 thì điều kiện cần là:
>
⇔ +∞
∪
>
−∞−
∈
−
>
⇔
>
>
−
−
−
>
⇔
+ +
>
+ +
−
+
>
− + + +
−
>
+ + + +
1
; 1
1 2
1
; 1 1
0 1 2
3 3 1
) 1 2 ( ) 1 (
1 2 ) 1 ( ) 1 (
1 )
1 2 ( ) 1 (
2 2
2
2 2
2 2
x x
x x x
x x x x
x x
x
x x
x x
x x
x x
Với điều kiện x>1, từ giả thiết của bài toán ta kiểm tra thấy:
a2 = b2 + c2 +bc Theo định lý hàm số côsin ta có: a2 = b2 + c2 – 2bc.cosA => cosA=
2
1
mà 0 < A < π => A =
3
2 π
Vậy ∆ABC có góc A =
3
2 π
0.5
1.0
0.5
7
(2đ) Ta có
x x
x x
1 3
6 1 1
3
5 3
− +
=
− +
đặt
1 3
6 1
−
=
x
t thì 6t = 3x-1 ⇔x=6t3+1 Khi x ⇒∞ thì t ⇒∞
0.5
0.5
Trang 5Khi đó
+
+
=
+
=
−
+
∞
→
+
∞
→
∞
→
3 2 4
3
2 4 2
1 1
1 1 lim
1 1 lim 1
3
5 3 lim
t t
t x
t
t t
x
vì
=
+
=
+
∞
→
∞
→ 1 ; lim 1 1 1
2
t
e t
t
t
t t
0.5 0.5
8
(2đ)
Đk: x > 0; y > 0; z > 0 Khi đó hệ phương trình tương đương với:
=
=
=
⇔
= +
+
= +
+
= +
+
2 ) ( log
2 ) ( log
2 ) ( log
2 log 2
1 log 2
1 log
2 log 2
1 log 2
1 log
2 log 2
1 log 2
1 log
4 3 2
4 4
4
3 3
3
2 2
2
xy z
xz y
yz x
y x
z
x z
y
z y
x
=
=
=
⇔
=
=
=
) 3 ( 16
) 2 ( 9
) 1 ( 4 16
9 4
2 2
2 2
2 2
xy z
xz y
yz x xy
z
zx y
yz x
Nhân (1), (2), (3) vế với vế ta được x2y2z2 = 4.9.16 ⇔ x.y.z=24
3
32 24
16
; 8
27 24
9
; 3
2 24
2 2
2
=
=
=
=
=
=
0.5
0.5
0.5 0.5
9
→
→
→
→
+ + +
= + + + + + +
=
+ + +
=
n n
n
OA OA
MO n OA MO OA
MO OA MO
MA MA
MA MN
.
) 1 (
1 2
1
2 1
Gọi tổng: OA→1+OA→2+ +OA→n =OK→ ( Điểm K hoàn toàn được xác định tuỳ thuộc vào cách cho hệ điểm A1, A2, A3, , An)
Khi đó: (1) ⇔MO→ +ON→ =n.MO→ +OK→ ⇔ON→ −OK→ =(n−1 ).MO→ ⇔ KN→ =(n−1 ).MO→
) 2 ( ).
1 ( ).
1
=
⇒ Tập hợp các điểm N là mặt cầu tâm K, bán kính (n-1)R
0.5 0.5
0.5
0.5
10
(2đ)
Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 điểm : y
M(a,b) và N(c,d) Từ giả thiết ta có: 0.5
Trang 6M 1
1
1/2 1
= + + +
=
− +
−
2
1 ) 2
1 ( ) 2
1
(
2
1 ) 2
1 ( ) 2
1
(
2 2
2 2
d c
b a
⇒ M nằm trên đường tròn tâm I )
2
1 , 2
1 ( bán 1 x
kính R=
2
2 , và N nằm trên đường tròn tâm
2
1
,
2
1
( − − , bán kính R=
2
2 Nối IK cắt 2 đường
tròn tại 2 giao điểm xa nhất M1 và N1⇒ MN≤ M1N1 = 2 2
) , ( );
, (I R N K R
∀ ⇔ (a−c)2 +(b−d)2 ≤2 2 (đpcm)
0.5
0.5
0.5
Tài liệu tham khảo:
Bài 1,7,9: Sách các bài luyện giảng môn Toán tập 3
Bài 2 : Sách tuyển chọn những bài ôn luyện môn Toán – Tập 2
Bài 3 : Sách các bài luyện giảng – tập 1
Bài 4, 6 : Sách các bài luyện giảng môn Toán - tập 2
Bài 5 : Sách phương pháp giải toán lượng giác
Bai 8 : Sách tuyển chọn những bài ôn luyện môn Toán – Tập 1
1/2 1/2 -1
1
1
N1 -1
N
1/2
1 11
O
-1/2
1/2 K