Chứng minh giao điểm I của hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị C b.. Gọi Cm là đường tròn đi qua các giao điểm của Pm với các trục toạ độ.. Chứng minh khi m thay đổi Cm luôn đi qua m
Trang 1ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – THPT
Thời gian: 180 phút
Bài 1: ( 2 điểm) Cho hàm số:
1
1 ) 1
x
x
a Chứng minh giao điểm I của hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị (C)
b Viết phương trình 2 đường thẳng qua I có hệ số góc nguyên sao cho chúng cắt (C) tai 4 điểm phân biệt là 4 đỉnh của một hình chữ nhật
Bài 2: (2 điểm)
2
) 0 , ( sin
cos
b a dx x b x a
SinxCosx I
Bài 3: ( 2 điểm) Cho họ parabol (Pm) có phương trình:
y=2006x2 +mx – 2004 m2+2003m -2005
Gọi (Cm) là đường tròn đi qua các giao điểm của (Pm) với các trục toạ độ Chứng minh khi m thay đổi (Cm) luôn đi qua một điểm cố định
Bài 4: ( 2điểm) Giải phương trình:
9x2 16 2 2x 4 4 2 x
Bài 5 (2 điểm)
Giải hệ
2 cos cos
3
sin 5 sin
y x
x y
Bài 6: (2đi ểm)Tam giác ABC có góc A tù thoả mãn cos3A + cos3B +cos 3C=
2 3
Tính các góc của tam giác ABC
Bài 7: (2 điểm) Tìm giới hạn của dãy xn+1=
2
1
n
n x x
với x1=0, x2 =1
Bài 8: ( 2 điểm) Cho phương trình
0 4 )
1 lg(
) 1 ( 2 )
1 (
lg
)
1
x
a Giải phương trình với m=4
b Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm x thoả mãn 1 x 3
Bài 9: (2 điểm) Đường thẳng 2x – 2y -3 =0 cắt parabol có tiêu điểm F( ; 1 )
2
3
và đường chuẩn y = -1 tại 2 điểm A và B Tìm trên cung AB của parabol điểm C sao cho ABC có diện tích lớn nhất
Bài 10:(2 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà các số đó chia hết cho 18
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12
MÔN TOÁN (Thời gian: 180 phút)
Trang 2Bài Nội dung Điểm
Bài 1
(2điểm)
a.(0.5điểm)
- Tiệm cận đứng: x = 1
Tiệm cận xiên: y = x+1
I (1;0)
- Xét phép chuyển hệ trục
X X X Y y Y
x
) (
1 2
là hàm lẻ trên R \{0}
I (1;0) là tâm đối xứng của (C )
b.(1.5 điểm)
- Phương trình 2 đường thẳng cần tìm có dạng:
Yy= k1 (x-1) : (d1) ; y=k2 (x-1) (d2) (k1k2, k1,k2 Z)
- Gọi A1, B1 là giao điểm của (d1) và (C )
A2, B2 là giao điểm của (d2) và (C )
A1(x1;y1), A2(x2;y2) thuộc nhánh nằm bên phải tiệm cận đứng của
( C)
Khi đó:
) 1 (
1
1 1
1 1 1
1 1
x k y
k x
) 1 (
1
1 1
2 2 2
2 2
x k y
k x
(k1,k2,x1,x2 >1)
A1,A2,B1,B2 là hình bình hành là hình chữ nhật IA1 =IA2
IA1 =IA2
- IA1 = (x1-1)2 +k1(x1-1)2 - IA2 = (x2-1)2 +k2 (x2-1)2
IA1 =IA2
1
1 1
1
2
2 2 1
2 1
k
k k
k
(k1 -1) (k2- 1) =2
Giả sử k1 > k2 >1, do k1,k2 Z
2 3 1
1 2 1
2 1 2
1
k k k
k
Vậy hai đường thẳng cần tìm có phương trình : y =2(x-1) và y =
3(x-1)
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
Bài 2
(2 điểm) - Nếu a2 = b2 :
a
dx a
x x I
2
1 cos
sin
2
0
- Nếu a2 b2
Đặt t = a2cos2x + b2sin2x dt=2(b2 – a2) sinxcosx dx
b a
t a b t
dt a b
a b
2( 1 ) 1 1
2 2 2
1
2 2 2
2
Kết luận: I a b
1
0.5 đ
1.0 đ 0.5 đ
Bài 3
( 2 điểm)
- Dễ thấy (Pm) cắt trục tung tại điểm T(0; t) với
t = - 2004 m2 +2003m – 2005 <0 , cắt trục hoành tại 2 điểm
H1 (x1; 0), H2(x2;0) với x1,x2 là hai nghiệm trái dấu của phương
trình
Trang 32006x2 +mx -2004 m2 +2003 m -2005 = 0
- Xét giao điểm thứ 2 của (Cm) với trục tung là T’ (0; t’) thì
) 2006
1
; 0 ( ' 2006
1
'
' '
2 1
2 1 2
1
T t
x x t
t x x OT OT OH
OH
Vậy (Cm) luôn đi qua điểm cố định (0;
2006
1 )
0.5 đ
1.0 đ 0.5 đ
Bài 4
(2 điểm) Điều kiện -2 x 2 Bình phương 2 vế thu được :
- 9x2- 8x +32 +8 32 8x2 =0
Đặt t= 32 8x2 (t 0) được t 2 - 8t -x2 - 8x = 0
t = x hoặc t = - x - 8 (loại)
Với t = x thì 32 8x2 =x 3
9 32 0
x x
Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm duy nhất x=
3
2 4
0.5 đ 0.5đ 0.5đ
0.5đ
Bài 5
(2điểm) Từ hệ phương trình ta có: sin2y+cos2y=25sin2x+4 - 12 cosx + 9 cos2 x
16 cos2x + 12 cosx -28 =0
cosx = 1 hoặc cos x = -
4
7 (loại) Với cos x =1 thay vào hệ ban đầu được cos 1
1 cos 0 sin
y y
y
Vậy hệ có nghiệm
) 1 2 ( 2
m y k x
(k,m Z)
1.0 đ 0.5 đ
0.5 đ Bài 6
(2 điểm)
Từ giả thiết ta có:
3
1 2
3 sin
0 2
3 3
sin
0 2
3 3
cos 2
3 sin 2
0 ) 2
3 3
( sin )
2 3 3
cos 2
3 sin 2 (
0 1 2
3 sin 2 ) 2
3 3
cos(
).
2 3 3
cos(
2
2 2
2
k B
A
C
B A
B A
C
B A
B A
C
C B
A B
A
Do A là góc tù nên B, C là góc nhọn
Do đó C=
9
và A- B =
3
2
Vậy A = 1400, B=C= 200
0.5đ
0.5đ
Trang 40.5đ 0.5 đ
Bài 7
(2 điểm) Bằng quy nạp chứng minh được xk-xk-1= (- 1)k-2 2 2 1
2
k
x x
Với k2
Bằng phép cộng liên tiếp ta có:
xn-x1=(x2-x1) ( 2
2
) 1 (
2
1 2
1
n
)
1 2
2 3 ) 1 ( ) (
3
2
x x
3
2x2 x1
2 3 ) 1
Vậy
3
2 3
2 lim 2 1
x x
x n
n
1.0 đ
0.5 đ 0.5 đ
Bài 8:
(2 điểm) a (0.5 điểm)Với m = 4 phương trình có dạng:
0 8 ) 1 lg(
) 1 ( 2 4 ) 1 ( lg ) 1
- Điều kiện x 1
- Đặt 2 ( 2 1 ) lg( 2 1 ) ( 0 )
t
Thì (1) trở thành 4 8 0
2
2
t
t
t2 – 8t +16 = 0 t = 4
- Khi t = 4 thì x2 1 lg(x2 1 ) 8 (x2 1 ) x21 10 8
[(x2 1 ) 2 ] x21 ( 8 2 ) 8 x2 – 1 = 8 x = 3
b.( 1.5 điểm)
Đặt u = x thì t(u) = 2 (u2 1 ) lg(u2 1 ) đồng biến trên
[1;3] và với mỗi u [1;3] có đúng 2 giá trị của x:
1 x 3
Khi đó t(u) [0 ;4] Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm
x thoả mãn: 1 x 3 thì phương trình:
(1) : t2 – 2mt +2m +8 = 0 có đúng 1 nghiệm [0 ; 4]
Đưa (1) về dạng: t2 +8 = 2m (t – 1) m
t
t
2 1
8
2
và lập bảng biến thiên của hàm
f(t)=
1
8
2
t
t
trên [0;4]\ {1}
Các giá trị cần tìm của m là : m 4
0.5 đ
0.5 đ
1.0 đ
Trang 5Bài 9:
(2điểm) - M (x; y) (P) thì d(M,) = MF ( là đường chuẩn) phương trình của parabol :
16
9 4
3 4
1 2
y
- Toạ độ A, B là nghiệm của hệ
2 11 ( );
0
; 2 ( 16 9 4 4 0 3 2 2
2 A B x
x y y x
- Diện tích ABC lớn nhất khi khoảng cách từ C đến đường
thẳng AB lớn nhất C là tiếp điểm của tiếp tuyến song
song với đường thẳng AB của (P)
- Tiếp tuyến của (P) song song với AB có dạng
y=x+m m =
2
5
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ:
) 2
; 2 ( 16 9 4 4 1
2 C x x y
x y
0.5 đ 0.5 đ
0.5 đ
0.5 đ Bài 10
( 2 điểm)
Số tự nhiên nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 8 là: 100008, số tự
nhiên lớn nhất có 6 chữ số chi hết cho 9 là : 999999 có
100000 1
9
100008 999999
số tự nhiên có 6 chữ số chia hết cho 9
Trong đó có 50.000 số chia hết cho 2 và chỉ có những số này
chia hết cho 18.Vậy có 50.000 số tự nhiên có 6 chữ số chia hết
cho 18
1.0 đ 1.0 đ