Xác định toạ độ hai điểm đó... Đồ thị Nh hình vẽ... Biện luận số nghiệm hệ phơng trình: ..... ABC cạnh a, đờng cao SH.. - Mặt phẳng qua SH cắt mặt phẳng SBC giao tuyến SK cắt mpSAB giao
Trang 1Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12
Môn: Toán
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu I (5 điểm) Cho hàm số
1
2 2 2
x
x x y
1, Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2, Chứng minh đờng thẳng (d): 1
1
y x
có đúng hai điểm mà từ mỗi điểm đó
kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc Xác định toạ độ hai điểm đó.
Câu II (4 điểm)
1, Biện luận theo m số nghiệm của hệ phơng trình
x y x
m my x
2 2 Khi hệ có hai nghiệm (x1;y1), (x2;y2) tìm m để 2
1 2
2 1
2, Giải phơng trình:
x
x
x x
x
1 2
1 2
1
Câu III (5 điểm)
1, Đờng thẳng (d) cắt Parabol (P): 2 2 3
y tại hai điểm phân biệt A, B lần lợt có hoành độ x1; x2 giả sử x1<x2 và AB=2 Tìm x1; x2 để hình phẳng giới hạn bởi
đờng thẳng (d) và Parabol có diện tích lớn nhất.
2, Tam giác ABC không có góc tù và sin 2 A sin 2 B sinC
ABC là tam giác vuông
Câu IV (4 điểm)
1, Tính đạo hàm của hàm số:
0
.
0
0
1 3 cos cos
x neu
x neu x
e y
x x
tại x=0
2, Hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a Mặt bên hợp với đáy góc α,
0 Chứng minh 31
R
r
( với r, R lần lợt là bán kính mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp).
Câu V (2 điểm) Qua đờng cao hình tứ diện đều dựng một mặt phẳng cắt ba mặt
bên tứ diện theo ba đờng thẳng tạo với đáy tứ diện lần lợt góc α, β, γ.
Đề thi học sinh giỏi lớp 12
(Gồm có: 6 trang)
a TXĐ: R\{1}
Trang 2b SBT: y’ = 1- 2
) 1 (
1
x = 0 <=> x = 0; x = 2
yCĐ = y(0) = - 2 yCT = y(2) = 2
Do hàm sốđồng biến trong khoảng (-; 0) và (2; +); nghịch biến trong khoảng (0; 1) và (1; 2)
0,5
Tiệm cận đứng là đờng thẳng x = 1 do
Tiệm cận xiên là đờng thẳng y = x – 1 do
1
2 2 lim
2
x x
x x
1 lim
x
x
0,5
2 2 lim
2
x
x x
x
BBT:
0,5
c Đồ thị
Nh hình vẽ
Nhận điểm 1 ; 0 làm tâm đối xứng
0,5
Gọi điểm M x0;y0 d thì toạ độ M
2 1 2
0 0 0 0
x x y x
Gọi k là hệ số góc đt đi qua M thì có phơng trình dạng: y
Đt là tiếp tuyến của (P) thì hệ phơng trình:
) 2 ( )
1 ( 1 1
) 1 ( 2 2 )
( 1 1 1
2
0 0
k x
x x x k x
x
có nghiệm x0 1 0,5
Biến đổi (1) ra dạng: x -1 +
1
1
x = k(x – 1)+ k(1 – x0)+ 2
2
0
x
(1’)
Và thay k vào (1’) , ta có:
x -1 +
1
1
) 1 (
1 1
x (x – 1)+ k(1 – x0)+ 2
2
0
x
<=>
1
1
2 )
1 (
2k x0 x0
(3)
0,5
Thay (3) vào (2) ta có:
4k2 (1 – x0)2 + 4k [(x0 – 2)(1 – x0) + 4] + (x0 – 2)2 – 16 = 0 (4)
Qua M kẻ 2 đt vuông góc tới (C) nên phơng trình (4) phải có hai
y
-
2
y
x 2
1 -1
-2 2
x =1
y=x -1
O
Trang 3nghiệm k1; k2 và k1.k2 = -1.
ĐK
1 ) 1 ( 4
16 ) 2 ( 0 1
2 0 2 0 0
x x x
0,5
<=>
0 8 12 5 1
0
2 x x x
<=>
5
76 6 5
76 6
2
1
x x
Hai điểm M1
10 4 76
; 5 76 6
; M2
10 76 4
; 5 76 6
0,5
1 Biện luận số nghiệm hệ phơng trình: 2,0
Xét pt: x2 + y2 = x <=> (x -
2
1
)2 + y2 =
4
1
là pt của đờng tròn tâm
I(
2
1
; 0) ; bk: R=
2 1
Xét pt: x + my = m <=> x + m(y – 1) = 0 là pt của đờng thẳng luôn
đi qua điểm cố định A(0; 1)
0,5
Đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn
điểm =
2
1 1 2 1
m
m
<=>
3 4
0
m m
(m = 0 (d) tiếp xúc đờng tròn tại O(0; 0)
M =
3
4
(d) tíêp xúc đờng tròn tại B)
Số nghiệm hệ phơng trình là số giao điểm của đt(d) và đờng tròn:
0,5
Nếu
3 4
0
m
m
Thì hệ phơng trình có nghiệm duy nhất
Nếu
3 4
0
m
m
Thì hệ phơng trình vô nghiệm
Nếu 0 < m < 4/3 thì hệ phơng trình có hai nghiệm phân biệt
0,5
Tìm m để P = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 lớn nhất
0 < m < 4/3 thì hệ phơng trình có hai nghiệm phân biệt (x1; y1); (x2;
y2) là toạ độ giao điểm của đờng thẳng và đờng tròn
P lớn nhất khi (d) đi qua tâm I(1/2; 0)
Nên: m= 1/2 thì P lớn nhất: P = 1
0,5
Điều kiện: x 0
2 2
2 2
2 1
2 1
x
x x x
x x
= 1 -
x
2
= 2( 1) 2
1
x
Viết phơng trình ra dạng: 2 2
2 1
x
x
- 2 2 2 1
x
x
=
2
2 2
1 2 1 2
1
x
x x
x
0,5
<=> 2 2
2 1
x
x
+
2
1
2
2 1
x
x
= 2 2 2 1
x
x
+
2
1
.1 22
x
x
0,5
y
x
A(0; 1)
O
B I
Trang 4 Xét hàm số: f(t) = 2t +
2
1
t
Nhận xét: f(t) là hàm số đồng biến
Viết phơng trình đã cho ra dạng: f( 2
2 1
x
x
)= f(1 22
x
x
)
0,5
<=>
2
2 1
x
x
= 1 22
x
x
<=> x2 – 2x = 0 <=>
2
0
x x
Vật pt có nghiệm x = 2
0,5
Xét đờng thẳng y = ax + b không song song với trục tung (Vì Parabol có trục đối xứng x0 = 1 song song trục tung)
Hoành độ x1; x2 của hai điểm A, B xác định từ pt:
-x2 + 2x + 3 = ax + b <=> - x+ (2 – a)x + 3 –b = 0 (1) Hay (-x2 + (2 – a)x + 3 - b= -( x – x1)(x- x2))
ĐK: (2 – a)2 + 4(3 – b) > 0
0,5
Nhận xét x [ x1; x2] thì -( x – x1)(x- x2) > 0
Nên diện tích hình phẳng:
S= - 2
1
) ).(
x x
dx x x x
2
1
2 1 2 1 2
x x
dx x x x x x x
x
2 1 2 2 1
3
2 3
6
3 1 2 1
x
0,5
Diện tích S lớn nhất khi (x2 – x1 ) lớn nhất
1 2 2 1
(x x y y (x2 x1)2 a2(x2 x1)2
<=> (x2 – x1)2 = 2
1
4
a
lớn nhất khi a = 0
0,5
Mà từ pt(1): x1+ x2 = 2 – a
Do a= 0
Ta có: x2 + x1 = 2
Ta có: đt (d) // trục Ox nên AB = 2 = x 2 x1
<=> x2 – x1 = 2( do giả thiết x1< x2)
0,5
Có hệ phơng trình:
2 2
2 1 2 1
x x x x
<=>
2 0
2 1
x x
Vậy x1 = 0 và x2 = 2 thì S= 4/3 lớn nhất 0,5
Ta chứng minh C = 900
Nếu 00 < C < 900 thì Sin2A + Sin2B =
2
2
+
2
2
= 1 -
2
1
(Cos2A + Cos2B) = 1 – Cos(A + B)(Cos(A – B)
= 1 + CosC Cos(A – B) Vì A, B nhọn nên – 900 < A- B < 900 => Cos(A – B) > 0 Nên Sin2A + Sin2B = 1+ CosC Cos(A – B) > 1 > SinC
1,0
Nếu 900 < C< 1800
Ta có Cos C =
ab
c b a
2
2 2 2
<0 => a2 + b2 – c2 <0
=> Sin2A + Sin2B < Sin2 C (Đ/l Sin) Vì 0< SinC < 1 Nên Sin2 C < SinC
1,0 (Loại)
Trang 5Do đó SinA + Sin B< SinC
Với C = 900
Ta có: Sin2A + Sin2B = Sin2A + Cos2A= 1 = SinC Vậy tam giác ABC thảo mãn đề bài: Vuông tại C
0,5
Ta có:
2
3 cos cos 0 0
' ) 0
lim 0
) 0 ( ) ( lim
x
e x
y x y y
x s x x
x
=
x x
e x s x
1 (
cos 2cos 3
x
x
x
)
0,75
=
1 3 cos
1 lim cos cos3
e x x
0
sin 2 sin 2 lim
x
x x
x
x
2 sin lim 0
x
x
sin lim 0
= 4 1 1 = 4 vậy y('0)= 4
0,75
+ Kí hiệu các điểm nh hình vẽ
H là tâm tam giác đều ABC
K là trung điểm BC + SKH =
+ SA = SH 2 AH2 = 2 2 2
12
a a
cos 6
cos 9
a
+ Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC
OA = OB = OC = OS = R
=> R2 = OA2 = AH2 + OH2
=
SH
SH a
R SH
a
6
3 )
( 3
2 2
2 2
cos sin 3 4
cos 3 1
a
1,0
+ Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp:
IT mp(SBC); IH = IT = r
Thì IT = r = SI Cos = (SH – r).Cos
=> r =
) 1
( 6
sin 3
Cos
a Cos
SHCos
0,5
) cos 3 1 )(
cos 1 (
cos sin 2
2 2
R
r
=
) cos 3 1 )(
cos 1 (
) cos 1 ( cos 2
2 2
=
) cos 3 1 (
) cos 1 ( cos 2
2
Đặt t = cos vì (00; 900) Nên 0 < t < 1
Xét f(t) = 2
3 1
) 1 ( 2
t
t t
Với Df = (0; 1)
0,5
f’(t) =
2
2 1 ) 3 (
) 3
1 )(
1 ( 6
t
t t
= 0 Tại t = 1/3; t = -1
BBT:
0,5
Kết quả này chứng tỏ: 0< f(t) 1/3
0,5
-f(t)
S
A
B
C K
O
H I
T
K
S
Trang 6 Vậy
3
1
R
r
;
3
1
R
r
khi f(t) =
3 1
- Xét tứ diện đều S ABC cạnh a, đờng cao SH
- Mặt phẳng qua SH cắt mặt phẳng (SBC) giao tuyến SK cắt mp(SAB) giao
tuyến SN cắt mp(SAC) giao tuyến SP
- Ký hiệu các góc , , (hình vẽ)
- Vì H nằm trong tam giác ABC nên M, N, P trên đờng thẳng (PNM) thì M, N, P ở hai phía điểm H
+ tg =
HM
SH
; tg =
HN
SH
; tg =
HP SH
0,5
+ SH =
6
3
a nên hệ thức cần chứng minh tơng đơng với:
2
1
HM + 2
1
HN + 2
1
HP = 2
18
a
0,5
+ Gọi x, y, z là các góc do HM, HN; HP thứ tự tạo với đờng vuông góc kẻ từ
H xuống BC ; xuống CA; và từ H xuống AB
- Ta có: HA1 = HB1 = HC1 =
6
3
a và góc giữa chúng 1200
- Thì ta có:
HM =
x
a
cos 6
3 ; HN =
y
a
cos 6
3
; HP =
z
a
cos 6 3
- Vì x + y = 600 Và y + z = 1200 Tức là y = 600 – x ; z = 600 + x
0,5
Nên: 1 2
HM + 2
1
HN + 2
1
HP =
Do: cos2 x cos2( 600 x) cos2( 600 x)23
Nên đợc : 1 2
HM + 2
1
HN + 2
1
HP = 2
18
a => đpcm
0,5
Học sinh giải cách khác, đúng giám khảo căn cứ thành phần cho điểm tối đa.
P
S
M C
H
P
C
P N
1 M B
1
