Các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau.. Chứng minh rằng tâm mặt cầu nội , ngoại tiếp tứ diện trùng nhau.. 2 Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng P.. Tìm trên mf P điểm M sao cho MD MC
Trang 1ĐỀ LUYỆN THI HOC SINH GIỎI LỚP 12
ĐỀ SỐ 05 Môn thi: Toán - bảng A
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Bài 1( 4,0 điểm)
1
8
2
m C x
m mx x
−
+
− +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m = 1
2) Tìm m để cực đại , cực tiểu của (Cm) nằm về hai phía của đờng thẳng 9x –7y – 1 = 0
Bài 2( 4,0 điểm)
1)Tìm p và q để giá trị lớn nhất của hàm số y = x2 +px+q
trên [− 1 ; 1] là bé nhất 3) Gọi ( x ; y ) là nghiệm của bất phơng trình logx2+2y2 ( 2x+y) ≥ 1 Tìm ( x; y) sao cho 2x + y lớn nhất
Bài 3 ( 4,0 điểm)
Cho cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1)
1) Giải phơng trình (1) khi m = 3
2) Tìm m để phơng trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên
−π; 2 π
2
Bài 4(4,0 điểm)
1) Tính =π∫ +
0 1 cos
sin
dx x
x x I
2) Cho x2 +y2 =1 Chứng minh : 16 (x5 +y5 ) − 20 (x3 +y3 ) + 5 (x+y) ≤ 2
Bài 5( 4,0 điểm)
1) Cho tứ diện ABCD Các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau Chứng minh rằng tâm mặt cầu nội , ngoại tiếp tứ diện trùng nhau
2) Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng (P) Tìm trên mf (P) điểm M sao cho
MD MC MB
Trang 2Hớng dẫn chấm và thang điểm thi học sinh giỏi 12
môn toán bảng a
1
1
7
1
2
C x
x x y
−
+ +
=
⇒
*) Tập xác định : x ≠ 1
) 1 (
8
2
2
−
−
−
x
x x y
Ta có bảng biến thiên
x -∞ -2 1 4 +∞
y’ + 0 - - 0 +
CĐ +∞ +∞
y
-∞ -∞ CT
*)Hàm số đạt cực đại tại x = -2 ⇒ yCĐ = -3
đạt cực tiểu tại x = 4 ⇒ yCT = 9
*)x = 1 là tiệm cận đứng vì Lim f(x) = -∞ và lim f(x) = +∞
x→1- x→1+
*) y = x + 2 là tiệm cận xiên vì lim(f(x) –x – 2 ) = lim 0
1
−
x
x→∞ x→∞
Đồ thị : dạng đồ thị
2)Tập xác định x ≠ 1 2
2 '
) 1 (
8 2
−
−
−
=
⇒
x
x x
y ; y’ = 0 ⇔ x =-2 ; x = 4 Vậy với mọi m thì (Cm) luôn có cực đại và cực tiểu Theo câu 1) ta có yCĐ=
0,25
0,5
0,5 0,25
0,25
0,25 x
y
O
9
-3 -7
Trang 3m – 4 tại x = -2 ; đặt A ( -2 ; m – 4 )
yCT = m + 8 tại x = 4 ; đặt B ( 4 ; m + 8 )
A ; B nằm hai phía của đờng thẳng 9x – 7y – 1 = 0 ⇔
(9xA – 7yA – 1 )( 9xB – 7yB – 1 ) < 0
⇔ ( 9 -7m )( -21 – 7m) < 0 ⇔ -3 < m < 79
−
∈
7
9
;
3 thoả mãn bài toán
0,5 0,5 0,5 0,25 0,25
2
1) 1)Đặt y = f(x) = x2 + px + q ; h(x) = f ( x)
Gọi max h(x) = h(α ) ta có f(0) = q ; f(1) = 1+p + q ; f(-1) = 1- p + q ;
p f
f f
f + ≥ − = +
⇒ ( 1 ) ( 0 ) ( 1 ) ( 0 ) 1
p f
f f
f( − 1 ) + ( 0 ) ≥ ( − 1 ) − ( 0 ) = 1 −
Nếu p > 0
>
>
⇒
>
+
⇒
2
1 ) 0 ( 2
1 ) 1 ( 1 1
f
f
2
1 ) >
α
Nếu p < 0
>
>
−
⇒
>
−
⇒
2
1 ) 0 ( 2
1 ) 1 ( 1 1
f
f
2
1 ) >
α
Chú ý : Max h(x) = max
− ); (−1); (1)
2
f
[− 1 ; 1]
*) Nếu p = 0 ⇒ f(x) = x2 + q ; f(0) = f(- 2p ) = q ; f(±1) = 1 + q
Giá trị lớn nhất của h(x) là một trong 2 giá trị q; 1 +q
Nếu
2
1 ) ( 2
1 ) 1 ( 2
1 1
2
1
>
⇒
>
±
⇒
>
+
⇒
−
q
2
1 ) 0 ( 2
1 2
1 ⇒ q > ⇒ f > ⇒hα >
2
2
1 ) (
nhỏ nhất của h(α) Vậy p = 0 ; q = - 12 thoả mãn bài toán
2)
+
≤ +
<
<
+
+
≥ +
>
+
⇔
≥ +
+
) ( 2 2
0
1 2
) ( 2 2
1 2 (*)
1 ) 2 ( log
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
II y x y x
y x
I y x y x
y x y
x
y
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25 0,5 0,25
Trang 4Trờng hợp 1: Nếu (x;y) thoả mãn (I) ta có x 2 +2y 2
8
9 ) 2 2
1 2 ( ) 1 (
≤ xy x y Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có
2
9 2
4
9 4
9 2
16
81 ) 2 2
1 2 ( 2
1 2 ) 1 ( ) 4
9 2
(
2
−
x
đúng với mọi x ; y thoả mãn (*) Dấu “=” xảy ra
=
=
⇔
−
=
−
= +
⇔
2 1 2
2
12 2
1 2 2 1
2
9 2
y
x y
x
y x
Vậy x = 2 ; y =
2
1 thì 2x + y lớn nhất Trờng hợp 2 : ( x ; y ) thoả mãn (II) ⇒ 2x + y không đạt giá trị lớn nhất
Vì từ (II) ⇒ 2x+y≤x2 + 2y2 < 1
0,5
0,5
0,5
0,5
3
2) cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1)
=
− +
−
=
⇔
=
− +
−
⇔
) 2 ( 0 3 cos
2 cos 4
0 cos 0
) 3 cos
2 cos 4 (
m x x
x m
x x
x
4) 1) Với m = 3 thì (1)
∈ +
±
=
+
=
⇔
=
=
k x
k x
x
x
π π π π
2 3
2 2
1 cos
0 cos 2
2) Xét phơng trình (2)
=
− +
−
≤
=
⇔
) 3 ( 0 3 2
4
1
; cos
t
t x t
Vẽ đồ thị hàm số y = cosx trên
−π; 2 π
2
0,5
0,5
0,25
x
Y
2
y=t1 y=t2
Trang 5Sè nghiÖm cña (2) lµ sè giao ®iÓm cña y = t vµ y = cosx trªn
−π; 2 π
t lµ nghiÖm cña (3) Ph¬ng tr×nh (1) cã sè nghiÖm nhiÒu nhÊt trªn
−π; 2 π
2 khi vµ chØ khi ph¬ng tr×nh (3) cã hai nghiÖm t1 < t2 tho¶ m·n
0 < t1 < t2 <1
<
<
⇔
<
<
>
>
>
∆
⇔
4
13 3
1 4
1 0
0 ) 1 (
0 ) 0 (
0 '
m f
f
0,25
0,5
4
5) 1) I = ∫π +
0
2
cos 1
sin
dx x
x x
§Æt t = π −x⇒x= 0 ⇒t= π ;x= π ⇒t= 0
6) dx = - dt ; sinx = sint ; cos2x = cos2t
+
= +
− +
=
2 2
2
sin cos
1
sin cos
1
sin cos
1
sin
x
xdx x x
xdx t
tdt t t
tdt I
−
=
= +
= +
=
π π π
π π
0
1
1
4
0
2 2
cos 1
sin
t
dt x
xdx I
9)
4
2
π
=
⇒I
10) 2) §Æt x = sint ; y = cost ⇒ sin 2t+ cos 2t= 1
11) Ta cã sin5t = 16sin5t –20sin3t + 5sint
12) Cos5t = 16cos5t – 20cos3t + 5cost
13) ⇒sin5t = 16x5 –20x3 + 5x ; cos5t = 16y5 – 20y3 +5y
14) ⇒ 16 (x5 +y5 ) − 20 (x3 +y3 ) + 5 (x+y) = sin 5t+ cos 5t ≤ 2
15) DÊu “=” x¶y ra ⇔ t+ = +k ⇔t = +k k∈Z
5 20 2
4
0,5
0,5
0,5
0,5 0,5 0,5
0,5 0,5
B
M
H K A
D I
§ ’
I ’ C
C ’
K ’
P
Trang 6Dựng mf(P) ⊥ AB tại M Gọi DK ; CH là các đờng cao của tam giác DAB
và tam giác CAB Do dt ∆DAB = dt∆CAB ⇒ DK’ = CH Gọi C’ ; D’ lần
l-ợt là hình chiếu của C ; D trên (P) ⇒ MC’ = MD’ vì CH // (P) ; DK// (P)
⇒∆MC’D’ cân tại M ⇒ MI’⊥ C’D’ ; I’ là trung điểm C’D’
Kẻ II’ // AB ; ( I ∈CD ) ; IK //MI’⇒ MKII’ là hình chữ nhật Vậy IK là
đ-ờng vuông góc chung của AB và CD và I là trung điểm CD
*) Vai trò A ; B ; C ; D bình đẳng Bằng cách dựng tơng tự mf(P’) ⊥ Cd ta
chứng minh K’ là trung điểm của AB và I’K’ là đờng vuông góc chung của
AB và CD ⇒ I’≡ I ; K’≡ K
Do đó tứ diện ABCD có các đờng trung bình đồng thời là đờng vuông góc
chung
Gọi O là trung điểm IK ⇒ OA = OB = OC = OD vậy O là tâm mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABCD
*) VKBCD = VKACD
⇒ KI ∈ mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh CD và AB Tơng tự
PQ ∈ mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh AC và BD Vì KI
⇒
=
∩PQ O O cách đều các mặt của tứ diện ABCD Vậy O là tâm mặt cầu
0,5
0,5
0,25
0,25 0,25 0,25
A
B
C
D O
P
Q
I K
Trang 7néi tiÕp tø diÖn ABCD
2)
Gäi I ; J lµ trung ®iÓm AB vµ CD ; N lµ trung ®iÓm cña IJ Víi M bÊt kú ta
MD MC
MJ
MB MA
2
2 ⇒ + + + = + =
+
=
+
=
⇒ MA+MB+MC+MD = 4MN bÐ nhÊt ⇔ M lµ h×nh chiÕu cña N trªn mÆt
A
B
C
D I
Þ N
