Tìm những điểm trên C có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại đó tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi bé nhất.. Hãy xác định vị trí của A và B trên E để cho tam giác OAB có d
Trang 1Đề thi học sinh giỏi khối 12
Môn: Toán
Câu 1: (5 điểm) Cho hàm số:
1
2
−
=
x
x
a Khảo sát hàm số
b Tìm những điểm trên (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại đó tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi bé nhất
(Trích trong cuốn “Đạo hàm và ứng dụng” của tác giả: Lê Hồng Đức)
Câu 2: (2 điểm) Tính tích phân xác định sau: (Sáng tác)
=2 0
2006 1
π
x tg
dx I
Câu 3: (3 điểm) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm duy nhất:
m x x x
+ 6 ( 3 )( 6 ) 3
(Trích trong cuốn “Điều kiện cần và đủ để giải phơng trình” của: Phan Huy Khải)
Câu 4: (2 điểm) Tìm (x;y) biết rằng (x+1)y, xy, (x-1)y là số đo 3 góc của một tam
giác và (x;y) thoả mãn:
sin2[(x+1)y] = sin2xy + sin2[(x-1)y]
(Trích trong cuốn: “Phơng trình lợng giác” của tác giả: Trần Phơng)
Câu 5: (2 điểm) Giải phơng trình: 2006 2005x = 2005 2006x (Sáng tác)
Câu 6: (3 điểm) Cho (E): 2 1
2 2
2
= +
b
y a
x
(0 < b < a) A, B là hai điểm tuỳ ý nằm trên (E) sao cho OA ⊥OB Hãy xác định vị trí của A và B trên (E) để cho tam giác
OAB có diện tích nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó
(Trích trong cuốn: “Hình giải tích” của tác giả: Trần Phơng)
Câu 7: (3 điểm) Cho hình chóp tam giác đều SABC nội tiếp trong mặt cầu tâm O
bán kính R, các cạnh bên hợp với nhau góc α
a Tính thể tích hình chóp SABC theo R và α
b Khi α thay đổi xác định α để thể tích ấy lớn nhất
Trang 22 o
1
1 Khảo sát hàm số:
1
−
=
x
- Viết lại hàm số dới dạng: 1 11
− + +
=
x x y
1 Tập xác định: D = R\{1}
2 Sự biến thiên
a Chiều biến thiên
2 ) 1 (
1 1
'
−
−
=
x
y ⇒ y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
⇒y’ > 0 trên (− ∞ ; 0 ) ( 2 ; +∞ ) ⇒Hàm số đồng biến trên (
)
; 2 ( ) 0
∞
- Tơng tự ⇒ y’ < 0 trên (0;2) ⇒ hàm số nghịch biến trên (0;2)
b Cực trị
- Đồ thị hàm số đạt cực đại tại x = 0 ⇒ yCĐ = 0
- Đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 ⇒ yCT = 4
c Giới hạn
- Đồ thị hàm số nhận đờng thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng
- Đồ thị hàm số nhận đờng thẳng y = x + 1 làm tiệm cận xiên
±∞
x 1
lim
d Bảng biến thiên
x − ∞ 0 1 2 +∞
y’ + 0 - - 0 +
0 +∞ +∞
y
− ∞ − ∞ 4
- Nhận I(1;2) là giao của hai đờng
tiệm cận làm tâm đối xứng
4 I
x
0.25 0.25
0.25 0.5 0.25
0.5
0.5
0.5
2 - Giả sử M(a;y(a))∈(C), với a > 1 Khi đó phơng trình tiếp tuyến
tại M có dạng:
) 1 (
2
2
− +
−
−
−
=
a
a a x a
a a y
- Toạ độ giao điểm của d với tiệm cận đứng
0.25 0.25
Trang 3) 1
2
;1(
1
1
)
( )1 (
2 2
−
⇔
=
−
+
−
−
−
=
a
a A x
a
a a
x a
a
a y
- Toạ độ giao điểm của d với tiệm cận xiên
)2
;1 2(
1
1
)
( )1 (
2
2
a a B x
y
a
a a
x a
a a y
−
⇔
+=
−
+
−
−
−
=
- Khi đó AI = |xA - xI| = a2−1 , BI = 2 2a− 1
⇒ AI.BI = 4 2
- AB2 = AI2 + BI2 - 2AI.BI.cos AI BI 2 AI.BI
4
2
2 + −
=
π
- ⇒ CAIB = AI + BI + AB = AI + BI + AI2 +BI2 − 2AI.BI
≥ 2 AI.BI + 2AI.BI− 2AI.BI = 4 4 2 + 2 2 ( 2 − 1 )
- Vậy CAIB min = 4 4 2 + 2 2 ( 2 − 1 ) khi AI = BI hay 4
2
1
1 +
=
a
Khi đó: M( 4 4 4
2
1 2 2
; 2
1 + + + )
0.25 0.25 0.25 0.25
0.25
2 - Đặt t = −x
2
π ⇒ dt = -dx ⇒ dx = -dt
- Đổi cận: x = 0 ⇒ t =
2
π, x =
2
π ⇒ t = 0
+
= +
0
2
0
2006 2
0
2006
2006 0
2
cot
1
π
dt dt
t tg
dt t tg t
g dt
Vậy I = π4
0.5 0.25 0.75
0.5
3 Điều kiện cần:
- Giả sử x0 là nghiệm của phơng trình ⇒ 3 - x0 cũng là nghiệm ⇒
để phơng trình có nghiệm duy nhất thì x0 = 3 - x0 ⇒ x0 = 23
- Khi đó m =
2
9 2
Điều kiện đủ:
- Khi m =
2
9 2
6 − thì phơng trình có dạng:
=
− +
−
− + + 6 ( 3 )( 6 )
2
9 2
0.5 0.5
Trang 4- Đặt
≥
≥
= +
−
=
−+
⇒
−
=
+
=
0 ,0 9 2
9 2 6
6
v u
v u
uv v u
x v
x u
- Từ trên ⇒ (u+v) 2 − 2 (u+v) + 6 2 − 18 = 0
- Vì (u+v)2 ≥ u2 + v2 ⇒ Nghiệm của phơng trình u + v = 3 2
- Từ đó suy ra
=
= +
2 9
2 3
uv
v
u
⇒ u, v là nghiệm của PT
2
2 3 0
2
9 2 3
2 − t+ = ⇒u=v=
t Tức phơng trình có nghiệm duy nhất x
=
2
3
- Vậy m =
2
9 2
6 − là giá trị cần tìm
0.5
0.25 0.25 0.25
0.25 0.25
4 - Vì (x+1)y, xy, (x-1)y là số đo ba góc của một tam giác nên:
(x+1)y+ xy + (x-1)y = π ⇒ xy = π3 Khi đó phơng trình đã cho
có dạng: sin2(
3
π+y) = sin2
3
π + sin2(
3
⇔cos(
3
2 π -2y) - cos(
3
2π +2y) =
2
3
2
3 2
) ( 3
k y
k y
∈
+
=
+
=
π π
π π
Do (x-1)y > 0 ⇒y <
3
π ⇒ y =
6
π
- Từ xy = π3 ⇒ x = 2 Vậy (x;y) = (2;π6 )
0.5 0.25 0.25
0.25
0.5 0.25
5 - PT ⇔ 2005x = 2006x log20062005
2005 log
) 2006
2005
x = log log2006 2005
2006 2005
0.5 1.0 0.5
6 - Gọi A là giao điểm của đờng thẳng y = kx với (E), khi đó toạ độ
Trang 5B
C
A là nghiệm của hệ
+
=
+
=
⇒
=
=+
2 22
22
2 2
2 22
22 2 2
2 2
2
1
bk a
bak y
bk a
ba x kxy b
y a x
A A
- ⇒OA2 = ( 22 21) 222 (2 22 1)2
b k a
k ab OA b
k a
b a k
+
+
=
⇒ + +
- Vì OA ⊥OB nên B là giao của đờng thẳng y = x
k
1
− với (E)
2 2 2
1
) 1
1 (
k b a
k ab
b k a
k ab
+
+
= + +
- Vậy SOAB = . 12 ( 1 )( )
2
1
2 2 2 2 2 2
2 2
2
k b a b k a
k b
a OA OB
+ +
+
=
2 2 2
2 2
2 2 2
) )(
1 (
) 1 (
b a
b a b
a k
k b a
S AOB
+
= + +
+
≥
⇒ SOABmin = 22 22
b a
b a
+ khi a
2k2+ b2 = a2 + b2k2 ⇒ k = ± 1
0.5
0.25 0.25 0.5
0.5 0.5 0.5
7 1 - Ta có VSABC = 13 SI.SABC
- Trong đó: Xét hai tam giác đồng dạng S
∆SAI ~ ∆SDA (g.g.g)
A
⇒
R
SA SD
SA SI SD
SA SA
SI
2
2 2
=
=
⇒
Mặt khác: SI =
2
sin 3
2 2
2 AI SA SA α
2
sin 3
4 1 ( 2 2
sin 3
4
SABC =
2 sin ) 2
sin 3
4 1 ( 3 4 ) 2 sin 2 (
4
3 4
0.25
0.25
0.25 0.25 0.25 0.5
Trang 62 ] 3
cos 4 4 cos 2 1 cos 2
1
[
4
1
) cos 4 4 )(
cos 2 1 )(
cos 2 1
(
4
1
max ) cos 1 ( ) cos 2 1 (
27 2 2
3 3
3
2 max
=
− + +
+ +
≤
− +
+
=
− +
=
⇔
α α
α
α α
α
α α
T
T
V SABC
SABC
Vậy VSABC max = 3
27
3 8
R khi đó 1 + 2 cos α = 4 − 4 cos α ⇒ α = 60 0
0.5
0.5 0.25
