Chứng minh rằng đờng vuông góc với AM tại M luôn tiếp xúc với một conic cố định.. Cho hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi; O cố định các điểm A; B; C thay đổi.. Chứng minh rằng đờng v
Trang 1đề thi học sinh giỏi khối 12
Môn : Toán
Thời gian làm bài : 180 phút
Câu 1 : (4điểm) Cho f(x)= 2 1
6 6 ) 1 (m x x x m
1 Giải bất phơng trình f(x) 0với m=
3 2
2 Tìm m để : (x-61 x )f(x) 0với mọi x0 ; 1
câu 2 : (4 điểm )
1 Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm
a x a x 2
2 Giải và biện luận phơng trình :
2 log ( 2 2 ) 4 log2( 2 2 )
2
2
x a
x
câu 3: (4 điểm) Cho hàm số :
y=
2
3 3
2
x
x x
(1) 1.Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2 Tìm những điểm thuộc đồ thị hàm số có các toạ độ là các số nguyên
câu 4 : (6 điểm )
1 Trong mặt phẳng Oxy cho đờng tròn : 2 2 4
y
x và điểm A(1;0) một điểm M thay đổi trên đờng tròn Chứng minh rằng đờng vuông góc với
AM tại M luôn tiếp xúc với một conic cố định
2 Cho hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi; O cố định các điểm A; B; C thay đổi Chứng minh rằng đờng vuông góc kẻ từ B vuông góc với
đ-ờng chéo AC luôn đi qua một điểm cố định
3 Cho tam giác ABC vuông ở C tìm những điểm P trong không gian
thoả mãn : P A2 P B2 P C2
câu 5: (2 điểm )
Tìm các hàm số f(x)xác định và có đạo hàm trên R thoả mãn điều kiện :
f(x+y)=f(x).f(y); x,y R
Đáp án đề thi học sinh giỏi khối 12
Môn : Toán
Thời gian làm bài : 180 phút
Câu 1 (4 điểm ):
1 (2điểm) Đặt t=6x(t 0 ) và :
f(t)=(m-1)t-2 2m 1
t
0,25 0,25 0,5
Trang 21 m
3
2
; f(t) 0 t2 7t 6 0 1 t<6
16x 6 0x1
1,0
2 (2điểm )Với x=1, bất phơng trình thoả mãn với mọi m
Xét x0 ; 1 Đặt h(x)=x-61 x
h’(x)=1+61 ln 6 0 ( )
x h
x
đồng biến trên 0 ; 1 và h(1)=0
0 ; 1
0
)
(
h x x
vậy ta cần tìm m sao cho : f(x) 0 x0 ; 1
2
2 6
;
2
t g t t
t t m t
x
Ta có : g’(x)= 2 2
2
) 2 (
4 4 3
t t
t t
Bảng biến thiên :
t 1 2 6
g(t) - 0 +
g’(t)
3
2
2 1
Từ mg (t)đứng với mọi t 1 ; 6 min1;6g(t) mhay m
2
1
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
Câu II: (4 điệm )
1.(2đ)
Ta có :a<0 thì a x vô nghĩa
Vậy ta xét a 0điều kiện x 0
i) khi a=0 x x 2 x 0
ii) khi a>0; điều kiện
0 1
0 0
a x a x
Đặt
2
; 0
;
cos
a
x
a
x
phơng trình a( 1 cos a( 1 cos 2 (*)
a
1 4 2
với
2
4 2
cos 2
1
Vậy để (*) có nghiệm thì
a
1
12 0< a 2 Vậy phơng trình có nghiệm 0 a 2
0,25
0,5
0.5 0.25 0.25 0.25
2, (2 điểm)
Viết lại phơng trình dới dạng
0.25
Trang 32x 2+ 2
log2(x2+2) = 22 x a + 2.log2( 2xa 2 ).
Xét hàm số f(t) = 2tlog2 t với t2
f' (t)= 2tlog2t.ln2 +
2 ln
2
t
t
> 0 t 2 hàm số đồng biến
Khi đó phơng trình có dạng : f(x2+2) = f(2 x 2 +2 )
x2+2 = 2 x 2 +2
x2 = 2x +2a (1)
hoặc -x2 = 2x +2a (2)
a,giải và biện luận (1) : 1=1+2a
*1<0 a<
-2
1
(1) vô nghiệm
*1=0 a=
-2
1
(1) có nghiệm kép x=
2 1
*1>0 a>
-2
1
(1) có 2 nghiệm phân biệt x1,2=1 1 a
b,giải và biện luận (2) : 2=1-2a
*2 < 0 a >
2
1
(2) vô nghiệm
*2 = 0 a =
2
1
(2) có nghiệm kép
x=-2 1
*2 >0 a <
2
1
(2) có 2 nghiệm phân biệt x1,2=-1 1 2a
Kết luận:
+ Với a <
-2
1 phơng trình có nghiệm : x =-1 1 2a
+ Với a =
-2
1 phơng trình có nghiệm : x=
2
1 ; x = -1 2
+
Với-2
1
<a <
2
1 phơng trình có nghiệm : x = 1 1 a
+ Với a =
2
1
phơng trình có nghiệm : x=
-2
1 ; x = 1 2
+ Với a >
2
1
phơng trình có nghiệm : x =1 1 a
Câu 3 : (4 điểm )
1 (3 điểm)
y =
2
3 3
2
x
x
x
TXĐ DR/ 2
y' = ; ' 0 1 ; 3
) 2 (
3 4
2
2
x x
y x
x x
ý >0: hàm số đồng biến ( ; 3) và ( 1; )
y’<0 hàm số nghịch biến ( 3 ; 2 )và ( 2 ; 1 )
0.25 0.25
0.25
0.25
0.25
0,5
0.25 0.25
Trang 4Cực đại (-3;-3); cực tiểu (-1; 1)
y
lim suy ra đờng thẳng x=-2 là tiệm cận
đứng
y=x+1+
2
1
2
1
x
x x+1 là tiện cận xiên
ĩm
lim ; limx
Bảng biến thiên :
x -3 -2 -1 +
y’
+ 0 - - 0 +
y -3 +
- 1
Đồ thị : Giao với Oy tại (0;
2
3 ) y nhận I(-2; -1) làm tâm đối xứng
3/2
1
-3 -2 -1 x
O
-3
2 (1 điểm)
Hàm số y=
2
1 1
x x
vì xZ;yZ 1 x 2 x 2là ớc của 1
vậy x+2=+1 hoặc x+2=-1
3 3
1 1
y x
y x
Vậy trên đồ thị hàm số có 2 điểm có toạ độ là các số nguyên là : (-1; 1)
và (-3; -3)
0,5 0,5 0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
Trang 5Câu IV: (6 điểm )
1 (2 điểm)
Đờng tròn : 2 2 4
y
x giả sử M(2cos ; 2 sin ); 0 ; 2
) sin 2
; 1 cos
2
M
A do đó phơng trình đòng thẳng vuông góc với
AM tại M có phơng trình :
(2cos 1 )x 2 sin yD 0
M D 2 cos 4
phơng trình () : (2cos 1 )x 2 sin y 2 cos 4 0 (*)
Giả sử (x;y) là toạ độ các điểm không thuộc đờng thẳng nào
Phơng trình (*) vô nghiệm 3 2 4 2 12
x y
Xét (1) 1
3 4
2 2
x y
ta có họ đờng thẳng luôn tiếp xúc với elip trên
2 (2 điểm)
Lập hệ trục Oxy; O gốc A,C thay đổi lần lợt thuộc Ox và Oy
A(a;0) ; C(0;c) B(a; c)
(a;c>0): a+c=b=hằng số
Phơng trình AC: y= x c
a
c
C(0;c) B(a;c)
Đờng thẳng qua B vuông góc với AC
y=
c
a c a c
a c y y
x
c
0 0
=b(1-c
a
)
Vậy : y =
c
a
x +
b(1-c
a
) Giả sử qua D ( x1; y1) cố định với mọi a và c
c
a
(x1-b) – (y1-b) = 0 a;c
b y
b x
1
1
Vậy luôn đi qua điểm D (b;b) cố định
3 (2 điểm )
Chọn hệ trục Cxyz nh hình vẽ z
0,5 0,25 0,5 0,5 0,25
0,25
0,25
0.25 0.25 0.25
0.25 0.25
0.25 0.25 0.25
Trang 6A (a;0;0) ;B(0;b;0) C(0;0;0)
A Gọi P(x;y;z)ta có
2 2
2 PB PC
B
(x a) 2 y2 z2 x2 (y b) 2 z2
x2+ y2+ z2
(x-a)2 + (y-b)2+z2 0
0
z
b y
a x
Vậy P(a;b;0) Vậy tập hợp cần tìm có một điểm đó là đỉnh thứ t của hình chữ nhật
ACBP
Câu 5 : (2 điểm)
Nhận xét : f(x) =0 là một hàm số thỏa mãn điều kiện
f(x+y) = f(x).f(y) * ; x ; y R
và có đạo hàm x R
xét f(x) 0 Khi đó tồn tại x0 R để f(x0) 0
Theo * thì
f(x0) = f((x0-x)+x) = f(x) f(x0-x) 0;xR
f(x) 0; xR
mặt khác ,từ * ta có f(
2 2
x x
) = f(x) =(f(
2
x
))2 0 ; xR Lấy đạo hàm hai vế theo biến x và biến y của * ta có
Theo x : f' (x+y) =f' (x).f(y) : x ; y R
Theo x : f' (x+y) =f(x).f' (y) : x ; y R
)
(
)
(
'
x
f
x
f =
) (
) (
'
y f
y
f ; x ; y R
Từ đó ta có (lnf(x).), =a f(x).= ea.x + b
Thử lại ta có
f(x+y) =ea(x+y)+b
f(x).= ea.x + b
f(y).= ea.y + b
f(x).f(y)=ea.x+b+a.y+b
Vậy b=0 Do đó : f(x)= ea.x ; x R
Kết luận f(x) 0 hoặc f(x)= ea.x ; a tùy ý ; x R
0.25 0.5
0.5
0.25 0.25 0.25
0.25 0.25 0.25 0.25
0.25
