Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh đắk lắk toán 12

Đề Thi Chọn Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh Đắk Lắk Toán 12 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 1011 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN TOÁN 12 – THPT Thời gian làm bài 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi 12112010 Bài 1(4 điểm) Cho hàm số có đồ thị là (C)x 1y = x +1  a) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 MƠN: TỐN 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/11/2010 Bài 1(4 điểm) Cho hàm số y = x 1 có đồ thị (C) x +1 a) Chứng minh tích khoảng cách từ điểm M nằm đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận số khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho khoảng cách từ tâm đối xứng (C) đến tiếp tuyến lớn Bài 2(4 điểm) a) Cho x, y  R ; x  0, y  x + y = 25  25x  5y  26 4x + 4xy + y2 + 2x + y  = b) Giải hệ phương trình :  ; với x, y  R  2x  y    Chứng minh rằng: 3 Bài 3(4 điểm) Cho tứ diện ABCD có bốn đường cao đồng quy điểm H a) Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 b) M điểm nằm tứ diện ABCD; gọi V thể tích tứ diện ABCD; S1, S2, S3, S4 diện tích tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức : MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 theo V Bài 4(4 điểm) a) Cho phương trình: 128x +192x  80x + 8x  = (1) Phương trình (1) có tất nghiệm thực nằm khoảng (0;1)? b) Cho tứ diện ABCD, điểm O nằm tứ diện cho OA=OB=OC=OD = R Các đường thẳng OA, OB, OC, OD cắt mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng A’, B’, C’, D’, Chứng minh AA ' BB ' CC ' DD '  16 R Bài 5(4 điểm) Hãy tìm tất hàm số f xác định tập số thực R, lấy giá trị R thỏa mãn hệ thức f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y), với số thực x, y - Hết - Họ tên thí sinh_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Số báo danh_ _ _ _ _ _ _ _ DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 MƠN: TỐN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM A ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài 1(4 điểm) a) Chứng minh tích khoảng cách từ điểm M nằm đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là số khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Hai đường tiệm cận đồ thị hàm số là: Tiệm cận đứng x + = tiệm cận ngang y - = Cho 0,5 điểm  Giả sử M  x o ;  xo 1   điểm thuộc đồ thị (C) xo 1  Khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng là: d1 = x o  Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang : d2 = xo 1 2 1   xo 1 xo 1 xo 1 Cho 0,5 điểm Ta có : d1.d  x o  2 xo 1 Vậy tích khoảng cách từ điểm M nằm đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là số không phụ thuộc vào vị trí điểm M Cho 0,5 điểm b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho khoảng cách từ tâm đối xứng (C) đến tiếp tuyến lớn Cho 0, điểm Tâm đối xứng đồ thị I(–1; 1) Gọi N(x0,y0) tiếp điểm tiếp tuyến đồ thị, tiếp tuyến (C) M có phương trình: y  x0  1  x  x0   x  1 x0    2 x0  2 x  ( x0  1) y  x0  x0   Cho 0,5 điểm Gọi d khoảng cách từ I đến tiếp tuyến ta có: d x0  4  ( x0  1) ; x0  1 , d lớn d2 lớn Đặt X = x0 + g ( X )  X2 X (4  X ) ' ; , ta có  g X ( ) X  4 X4 (4  X ) Khi d2 lớn g ( X ) lớn Ta có bảng biến thiên hàm g ( X )  X2 sau: 4 X4 DeThiMau.vn Cho 0,5 điểm   X G’(X) G(X) + 0 –  + – 0 X lớn X   ; X  , tương ứng với hai giá trị ta 4 X4 có hai tiếp tuyến sau: y  x  (2  2) ; y  x  (2  2) ; Cho 1, điểm Vậy g ( X )  Bài 2(4 điểm) a) Cho x, y  R ; x  0; y  x + y = Chứng minh rằng: 3 25  25x  5y  26 Ta có: P = 25x  5y = 52x  5y Vì x + y = suy y = – x P = 52x  Đặt t = 5x ,  x  suy  t  5 5x Cho 0,5 điểm Cho 0,5 điểm Xét hàm số f(t) = t  với  t  t 2t  5 ' Ta có: f (t)  2t   ; f '(t)   t  t t Cho 0,5 điểm Bảng biến thiên t 5f’(t) – 5 + 26 f(t) 33 Với  t  Max f(t) = 26; Min f(t) = 3 25 25 25 suy ra: 3  f (t)  26 4 25  25x  5y  26 (đpcm) (2 x  y )  (2 x  y )   0(1) b) Giải hệ phương trình    2x  y   0(2) hay 3 Cho 0,5 điểm Đặt u = 2x + y ta có phương trình t + t – = 0, suy t =1; t = -2 , Cho 0,50 điểm Nếu t = 2x + y = hay 1–2x = y  0, vào phương trình (2) ta có phương trình y  y   , đặt u = y  0, suy ra: t4 + 8t – =  (u–1)(u3+u2+u+9)=0, u = 1, u3+u2+u+9>0 u  0, hệ có nghiệm x   y 1 DeThiMau.vn Cho 0,50 điểm Nếu t = –2 2x + y = –2 hay 1–2x = y +  vào phương trình (2) ta có: y  3  y   y    y   ( y  3)( y  3)    8  ( y  3) y    x Với y = – hệ có nghiệm  Cho 0,5 điểm  y  3 Với  ( y  3) y   , đặt v  y   , ta có phương trình  (v  6)v  v   Xét hàm số : g(t) = v3 – 6v + 8, g’(v) = 3v2 – , g’(v) =   v  Hàm g(v) đạt cực đại (  ;  ); đạt cực tiểu ( ;  ), g(0)=8>0  >0 nên g(t) = khơng có nghiệm v   x   x  Kết luận hệ có hai nghiệm:  ; Cho 0,5 điểm  y   y  3  Bài 3(4 điểm) A M B1 A2 D A1 E B F C a) Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 - Chứng minh cặp cạnh đối tứ diện vng góc với đơi + Ta có CD  AA1, CD  BB1 suy AB  CD + Chứng minh tương tự ta có AC  BD AD  CB Cho 1, điểm - Tam giác AFB vuông F tam giác DFC vuông F suy ra: DeThiMau.vn AB2  AF2  FB2 DC2  DF2  FC2 suy AB2  CD  AF2  FC2  BF2  DF2 = AC2  BD (1) Chứng minh tương tự ta có AC2 + BD2 = AD2 + BC2 (2) Từ (1) (2) ta có AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 Cho 1,0 điểm b) Kẻ AA1, MA2 vng góc với mặt phẳng (BCD), ta có: AM  MA2  AA2  AA1  AM  AA1  MA2 (1) , dấu xẩy M thuộc đường cao AA1, Cho 0,5 điểm Từ (1) suy AM S1  AA1 S1  MA2 S1  AM S1  3V  3VM BCD (2) Cho 0,5 điểm Dấu xẩy M thuộc đường cao AA1 Hoàn toàn tương tự cho mặt CDA, DAB, ABC ta có : BM S  3V  3VM CDA (3) , dấu = xẩy M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B, CM S3  3V  3VM DAB (4) , dấu = xẩy M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C, DM S  3V  3VM ABC (5) , dấu = xẩy M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D, Từ (2), (3), (4) (5) ta có: MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4  9V, dấu xẩy M trùng H MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 = 9V Cho 1,0 điểm Bài 4(4 điểm) a/ Ta có: 128x +192x  80x + 8x  =  x(1  x )(8 x  x  1)   Đặt x = sint, x  (0;1) nên t  (0; ) Cho 0,5 điểm ta có phương trình: 8sint(1 – 2sin2t)(8sin4t – 8sin2t + 1) =  8sint(1 – 2sin2t)[8sin2t( sin2t – 1)+1] = 8sint.cos2t(1 – 2sin22t) =  8sint.cos2t.cos4t = (*), cost  , nên nhân hai vế phương trình (*) cho cost ta có phương trình tương đương: 8sint.cost.cos2t.cos4t = cost  4sin2t.cos2t.cos4t = cost  2sin4t.cos4t = cost  sin8t = cost  sin8t = sin (  Cho 0,5 điểm  t)  2k    t  18   ; với k;l  Z ; t  (0; ) nên k, l nhận giá trị 0; t   t    2l  14  nhận giá trị khác khoảng (0; ) , Cho 0,5 điểm hàm sint đồng biến khoảng nên x nhận giá trị khác khoảng (0; 1) (đpcm) Cho 0,5 điểm DeThiMau.vn A C’ D’ O B’ B D A’ C b) Chứng minh Gọi V, VA, VB, VC, VD thể tích tứ diện ABCD, OBCD, OCDA, ODAB, OABC, O điểm nằm tứ diện nên ta có: VA VB VC VD OA ' OB ' OC ' OD '    1    1  AA ' BB ' CC ' DD ' V V V V AA ' OA BB ' OB CC ' OC DD ' OD     1 AA ' BB ' CC ' DD ' 1 1 Cho 1,0 điểm      AA ' BB ' CC ' DD ' R V= VA+ VB+ VC+ VD  Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:  AA ' BB ' CC ' DD '  4 AA '.BB '.CC '.DD '   1 1 1 1     44  AA ' BB ' CC ' DD '  AA ' BB ' CC ' DD ' 1 1  ( AA ' BB ' CC ' DD ')(    )  16 AA ' BB ' CC ' DD ' 16  AA ' BB ' CC " DD '  R Cho 1, điểm Bài 5(4 điểm) Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với số thực x, y Nên x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy f(0) = f(0) = +/ Nếu f(0) = 0, thay x = vào ta f(–y) = –f(y), với y  R suy f (–xy) = – f(xy), thay y –y vào (*) ta : f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**) Cộng (*) (**) ta có: f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với số thực x, y (***) Thay x = y ta f(2x)=2f(x) Vậy từ (***) suy f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với số thực x, y, từ suy f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy f(x) = f(1) =1 m n m n Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có   Q f ( )  m , : n m m m n f ( )  f (n) f ( )  f (n )  f (m)  m Bây ta chứng minh f(x) = x với số n n n thực x Thật ta có với hai số thực a, b: a > b f(a) –f(b) = f(a – b) = DeThiMau.vn f (( a  b ) )  [ f ( a  b)]2  , tức f(a) > f(b) Ta giả sử f(x) = a < x , tồn số hữu tỷ b: cho a < b < x , theo f(b) = b , vơ lý, tương tự cho a >x ta có diều vơ lý Tóm lại trường hợp ta có hai hàm số f(x) = 0, f(x) = x Cho 3, điểm +/ Nếu f(0) = 2, thay x = vào (*) ta có f(– y) + = – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y) Thay y – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) (****) Từ (*) (****) ta có f(x+y) = f(x – y) với số thực x, y , mà f(0) = nên hàm f(x) = Cho 1, điểm B HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm làm theo thang điểm 20, tổng điểm thành phần không làm trịn số 2/ Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần DeThiMau.vn Bài 5(4 điểm) Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với số thực x, y Nên x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy f(0) = f(0) = +/ Nếu f(0) = 0, thay x = vào ta f(–y) = –f(y), với y  R suy f (–xy) = – f(xy), thay y –y vào (*) ta : f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**) Cộng (*) (**) ta có: f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với số thực x, y (***) Thay x = y ta f(2x)=2f(x) Vậy từ (***) suy f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với số thực x, y, từ suy f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy f(x) = f(1) =1 m n m n Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có   Q f ( )  m , : n m m m n f ( )  f (n) f ( )  f (n )  f (m)  m Bây ta chứng minh f(x) = x với số n n n thực x Thật ta có với hai số thực a, b: a > b f(a) –f(b) = f(a – b) = f (( a  b ) )  [ f ( a  b)]2  , tức f(a) > f(b) Ta giả sử f(x) = a < x , tồn số hữu tỷ b: cho a < b < x , theo f(b) = b , vô lý, tương tự cho a >x ta có diều vơ lý Tóm lại trường hợp ta có hai hàm số f(x) = 0, f(x) = x Cho 3, điểm +/ Nếu f(0) = 2, thay x = vào (*) ta có f(– y) + = – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y) Thay y – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) (****) Từ (*) (****) ta có f(x+y) = f(x – y) với số thực x, y , mà f(0) = nên hàm f(x) = Cho 1, điểm b/ Gọi O điểm thỏa mãn OA = OB = OC = OD G trọng tâm tứ diện ABCD(O, G cố định) Vì G1 trọng tâm tứ diện MBCD nên với điểm H ta có:              4.HG1  HM  HB  HC  HD = HM  HA  HA  HB  HC  HD = AM  HG =          AO  OM  4GH , đặt OM  4GH  u , ta có 4.HG1  u  OA (1), tương tự ta có:          4.HG2  u  OB (2), 4.HG3  u  OC (3), 4.HG4  u  OD (4), từ (1), (2), (3), (4) giả         thiết cho ta có: (u  OA)2  (u  OB)2  (u  OC )2  (u  OD)2          u.OA  u.OB  u.OC  u.OD ,              từ u.OA  u.OB suy : u.(OA  OB)   u BA   u  , u  BA              từ u.OB  u.OC suy : u.(OB  OC )   u CB   u  , u  CB              từ u.OC  u.OD suy : u.(OC  OD)   u DC   u  , u  DC        Vì ba véc tơ BA, CB, DC khơng đồng phẳng nên u  , suy : OM  4GH , ba điểm O, G, H cố định nên M điểm xác định Cho 2, điểm DeThiMau.vn ...SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 MƠN: TỐN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM A ĐÁP ÁN –... ; , ta có  g X ( ) X  4 X4 (4  X ) Khi d2 lớn g ( X ) lớn Ta có bảng biến thi? ?n hàm g ( X )  X2 sau: 4 X4 DeThiMau.vn Cho 0,5 điểm   X G’(X) G(X) + 0 –  + – 0 X lớn X   ; X  , tương... làm theo thang điểm 20, tổng điểm thành phần không làm trịn số 2/ Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần DeThiMau.vn Bài 5(4 điểm) Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*),