[r]
Trang 1đề thi học sinh giỏi kớp 12 môn thi : toán (Bảng B)
Thời gian: 180 phút.
Câu1:
Cho hàm số
1
1 2 2 5
2
x
m x m x
y
1.Khảo sát hàm số khi m =1
2.Tìm m để hàm số có cực trị và khoảng cách giữa CĐ và CT nhỏ hơn 2 5
Câu2:
1.Tính tích phân :
dx e x
1 0
2
2
1 1
2.Cho hàm số :
0
1 cos2
3 2
x
x e
y
x
khi
khi
0
0
x x
Tính đạo hàm của hàm số tại x0=0
Câu3:
1.Giải bất phương trình: 2 x 1 x2 x 2
2.Giải phương trình : log2006xlog2006x x logxlogx2006 x
Câu4:
1.Giải phương trình : cos2x cos6x4sin3x40
2.Xét các tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
C g B
g A
g
F 5cot 2 16cot 2 27cot 2
Câu5:
1Cho Parabol (P) có phương trình : y2 4xvà gọi F là tiêu điểm của Parabol
CMR nếu một đường thẳng đi qua F và cắt (P) tại hai điểm A , B thì các tiếp tuyến của (P) tại A , B vuông góc với nhau
2.Cho tam giác ABC cân tại A Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp D là trung điểm của cạnh AB E
là trọng tâm của tam giác ACD
CMR: IE CD
Trang 2đáp án đề thi học sinh giỏi kớp 12
môn thi : toá
Thời gian: 180 phút.
Câu1:
3 3
2
x
x x y
1 2
x
x
(1) 0.25Đ
*.TXĐ: D= R\ 1 0.25 Đ
*.Sự Biến Thiên:
a.Chiều biến thiên:
/
1
1 1
x y
2
; 0 0
/
y
Bảng xét dáu y/:
x -∞ 0 1 2 +∞
y/
+ 0 - - 0 +
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 0) (2; +∞)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0 ; 1) (1 ; 2) 0.25Đ
b.Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=-3 Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=1 0.25Đ
c.Giới hạn:
x
lim
1
3 3
2
x
x x
x
lim
1
3 3
2
x
x x
1
lim
1
3 3
2
x
x x
1
lim
1
3 3
2
x
x x
Đường thẳng x= 1 là tiệm cận đứng
Trang 3
x
lim
1
3 3
2
x x
x x
x
lim
1
3 3
2
x x
x x
Đường thẳng y = x-2 là tiệm cận xiên 0.25Đ
d.Bảng Biến Thiên: 0.25Đ
x -∞ 0 1 2 +∞
y/ + 0 - - 0 +
y
-3 +∞ +∞
-∞ -∞ 1
*.ĐồThị: 0.5Đ
Trang 42.Ta có : 2
2 /
1
3 3 2
x
m x x y
=
x 12
x g
0.25Đ
Hàm số có cực trị phương trình y/=0 có hai nghiệm phân biệt
0
g x có hai nghiệm phân biệt ≠1
4 3
4 3 4 0
4 3
0 3 4 0 1
0
/
m
m m
m g
(1) 0.5Đ
Ta lại có :
v
u x
m x m x
1
1 2 2 5
2
2
/ / /
v
v u uv
/
v
u v
u
0.25Đ
Giả sử hàm số có CĐ và CT là A(x1 ; y1) và B(x2 ; y2)
Vì y/(x1)=0 nên y1=2x1-5m+2
Vì y/(x2)=0 nên y2=2x2-5m+2
Suy ra A(x1 ; 2x1-5m+2) và B(x2 ; 2x2-5m+2) 0.25Đ
Khi đó AB2=5(x1-x2)2 = 5(x1+x2)2-20x1x2 (2) 0.25Đ
Do x1 và x2 là nghiệm của phương trình g(x) = 0 nên áp dụng định lý vi-ét ta có
3 3
2
2
1
2
1
m
x
x
x
x
(3) Thay (3) vào (2) ta được AB2= 80-60m 0.25Đ
Theo giả thiết AB<2 5 AB2 20 80 60m20 m1 (4)
Kết hợp (1) và (4) ta được đáp số cần tìm là: 1<m<4/3 0.25Đ
Câu2:
1.Đặt I =
e dx
x
e dx
e dx x
e x
e e dx e x
x x
dx
e
x
x x
x x x
x
0
2 1
0
1 0
1 0
2 1
0
1 0
2
2 2
2
1
2 1
2 1
2 1
2 1
2 1 2 1 1
1
0,5 Đ
Xét tích phân
dx x
e x
1
Trang 5Đặt
x x
e v
dx x
du dx
e
dv x
1
1 1
1
0.5Đ
dx x
e x
e dx x
1
0
1 0
2
1 0
1 1 1
0.25Đ
1 0
1 0
2 1
0
1 0
1 1
2 1
2 1
2 1
2
x
e dx e dx x
e dx
x
e dx
x
e dx e
0.5Đ
1 1 2 2 1 0
1 1
2 0
1
e x
e
0.25Đ
2.Đặt
0
1 cos2
3 2
x
x e
x
f
x
khi
khi
0
0
x x
o
x
f
lim
0
/
0
0
x
f x f
lim
x
2
2
x
x
e x
0
lim
x
2
2 2
x
x x
e x
1.0Đ
0
lim
3
x
x
2
cos
0
lim
x
2
3
3
1 2
x
e x
0
lim
x
2
2
sin
x x
0.5Đ
2 1 1 1
0.5Đ
Câu3:
1.ĐK:
1 0
2
0 1
x x
x
0.25Đ
Nhân cả hai vế của BPT với 2 x1 x20 ta được BPT đã cho
Nếu 1≤ x < 2 thì (1) 32 x 1 x2
Bình phương hai vế ta được : 11 5x4 x1x2
Do 11-5x >0 với 1≤x<2 nên phương trình 11 5x2 16x1x2
Trang 62 4 7 2
4 7 0 17 14
2
Nghiệm trong trường hợp này là 7 4 2 x2 0.5Đ Nếu x=2 thì (1) có dạng 0>0 do đó x=2 không là nghiệm 0.25Đ
0 17 14
0 5 11 2
1 4
5 11 2 1
2
x x
x x
x x
x x
2 4 7
; 2 4
11
x x
x
x
Trong trường hợp này BPT vô nghiệm 0.25Đ
Vậy nghiêm của BPT đã cho là 7 4 2 x2 0.25Đ
2.ĐK:
1 2006
0
1 0
0 2006
log
x x
x x
0.25Đ
2006 2005
1 0
0 1 2006 1
x x
x
x x
(*) 0.25Đ
Đặt log2006xlog2006x xlogxlogx2006 x t 0.25Đ
1 2006
2006 log
2006 log2006
t
t t
x
t
x
x x
x
x x
1 2006
0
x x
t
0.5Đ
Nếu t=0 thì logx2006 x1 x1003 thoã mãn ĐK (*) 0.25Đ
Nếu 2006 xx1 x2 2006x10
Nhận xét : nếu phương trình trên có nghiệm x1, x2 thì
2 1
2 1
2
1
2006
x x
x x
x x
không
thoả mãn ĐK (*) 0.25Đ Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=1003 0.25Đ
Câu4:
x
2 1
2
Trang 7) , ( 3
2 6
2 1
3
sin
0
cos
Z l k l x
k x
x
x
0.5Đ
m
2
với m Z 0.5Đ
2.Ta có F 5cotg2A16cotg2B27cotg2C
3cotg2A12cotg2B 4cotg2B9cotg2C 18cotg2C2cotg2A 0.5Đ
áp dụng BĐT côsi ta có
gB gA B
g A
cot
gC gB
C g B
cot
0.75Đ
18cotg2C2cotg2A12cotgC.cotgA (3)
Cộng (1) , (2) và (3) ta được : F 12cotgA.cotgBcotgB.cotgCcotgC.cotgA (4) 0.25Đ
Mặt khác trong tam giác ABC ta luôn có :
cotgA.cotgB + cotgB.cotgC + cotgC.cotgA = 1 (5)
Thật vậy,trong tam giác ABC ta có : A+B+C=B+C=-A
gC gB
cot cot
cot
1 cot cot
cotgB.cotgC 1 cotgA.cotgB cotgC.cotgA
cotgA.cotgBcotgB.cotgCcotgC.cotgA1 0.25Đ
Thay (5) vào (4) ta được F ≥ 12
Vậy Fmin = 12
3
1 cot
2
1 cot
1 cot
gC gB gA
0.25Đ
Câu5:
1.Tiêu điểm F(-1;0) 0.25Đ
Đường thẳng () qua F (-1;0) có phương trình: a(x+1) + by = 0 với a2+b2>0 0.25Đ
Nếu a=0 thì () có dạng y = 0 ,yêu cầu bài toán không thoả mãn
Nếu a0 thì ta chọn a=1 Khi đó () : x=-1 - by 0.25Đ
Tung độ giao điểm của (P) và () là nghiệm của phương trình
y2 = -4(-1 - by) y2 - 4by - 4 = 0 (*) 0.25Đ
Nhận xét: (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt y1 và y2 thoả mãn y1.y2=-4 (1) 0.25Đ
Trang 8Giả sử A(x1;y1) và B(x2;y2) là các giao điểm của (P) và () thì phương trình của các tiếp tuyến tại
A và B có dạng : y1y=-2(x1+x) (d1) y2y=-2(x2+x) (d2) 0.25Đ
(d1) , (d2) có véc tơ chỉ phương lần lượt là : n 1 2;y1, n 2 2 y; 2 0.25Đ
Ta thấy n1 n2 4 y1y2 (2) Thay (1) vào (2) ta có n1 n2 0 d1 d2 0.25Đ
2.Chọn hệ trục như hình vẽ ,khi đó :
B(-c;0) C(c;0) A(0;a) D(-c/2;a/2) 0.5Đ
Gọi E (x;y) ta có
2 3
2 0
6 3
2 0
a
a a
y
c
c c
x
2
; 6
a c E
0.25Đ
Gọi I (x;y) ,do IOY nên I(0;y)
a
c a I AB
ID
2
; 0 0
2 2
0.25Đ
a
c c IE
2
; 6
2
2
; 2
3a a DC
0.5Đ
3 6
2 a
a
c a c DC
IE
0.25Đ
DC
IE
0.25Đ