HSG Toan 20112012

HSG Toan 20112012 Nguyễn Văn Tình – THPT Pò Tấu http //tinhbg violet vn Email nguyenvantinh caobang@moet edu vn 1 GIẢI ðỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 2012 THEO NHIỀU CÁCH T[.]

Nguyễn Văn Tình – THPT Pị Tấu http://tinhbg.violet.vn GIẢI ðỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 THEO NHIỀU CÁCH Tập hợp cách làm ñề thi từ Hướng dẫn chấm, từ cách làm học sinh số cách tơi sưu tầm để bạn tham khảo Rất mong ñược chia sẻ cách giải khác Câu 1: a) Giải biện luận phương trình theo m: b) Giải phương trình: 3x + m x − m = x−3 x+3 24 + x + 12 − x = Cách ( theo Hướng dẫn chấm)  u =   v =  u =  24 + x = u u + v = v = − u v = − u  ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ ðặt:   u + v = 36 u + (6 − u ) = 36 u + u − 12 u =  v =    12 − x = v (v ≥ 0)    u = −4  v = 10 Từ ta có x = −24, x = 3, x = −88 Cách 2: ðặt: u = 12 − x , u ≥ ⇒ x = 12 − u Ta có phương trình: 24 + 12 − u + u = ⇔ 36 − u = − u ⇔ 36 − u = (6 − u )3 ⇔ u − 19u + 108u − 180 = ⇔ u = 10, u = 6, u = Từ ta có x = −24, x = 3, x = −88 Cách ðặt: u = 24 + x ⇒ x = u − 24 Ta có phương trình: 6 − u ≥ u ≤ u + 12 − (u − 24) = ⇔ 36 − u = − u ⇔  ⇔ ⇔ u = 0, u = 3, u = −4  3 2 36 − u = (6 − u ) u + u − 12u = Từ ta có x = −24, x = 3, x = −88 Câu 2: a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số: y = sin 20 x + cos 20 x Cách ( theo Hướng dẫn chấm) Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn Nguyễn Văn Tình – THPT Pị Tấu http://tinhbg.violet.vn π  π nên ta cần xét hàm số 0;   2 19 19 18 18 + y ' = 20sin x.cos x - 20 cos x.sin x = 10sin x.(sin x − cos x) + Ta thấy hàm số y = sin 20 x + cos 20 x tuần hoàn với chu kỳ  x =  π π π y ' = ⇔  x = ; f (0) = 1; f ( ) = 1; f ( ) =  2  π x =  π π π Do đó: y = ⇔ x = + k ; max y = ⇔ x = k 2 (k ∈ ℤ) Cách ( Phương pháp Hàm số) ðặt sin x = t , ≤ t ≤ ⇒ cos x = − t Bài tốn đưa tìm GTLN, GTNN hàm số y = t 10 + (1 − t )10 [ 0;1] + y ' = 10t − 10.(1 − t )9 ⇒ y ' = ⇔ t = 1 + Ta có y (0) = 1; y (1) = 1; y ( ) = 2 t = sin x = π + Do đó: max y = ⇔  ⇔ ⇔ x=k ; t = sin x = ±1 1 π π y = ⇔ t = ⇔ sin x = ⇔ cos x = ⇔ x = + k 2 Cách 3: (Phương pháp Bất đẳng thức) Tìm GTLN: sin 20 x ≤ sin x Vì sin x ≤ 1; cos x ≤ ⇒  20 ⇒ y ≤ sin x + cos x = Dấu “=” xảy cos x ≤ cos x  sin x =  sin x =   20 sin x = sin x sin x = ±1  cos x = ±1 ⇔ x = k π ⇔  20 ⇔ ⇔   cos x = cos x = cos x  cos x =     cos x = ±1  sin x = ±1 Tìm GTNN: + Cách 1: Sử dụng Bất ñẳng thức Côsi 20 180     20 Ta có: sin x +   ≥ 1010 sin x    2  2 20 Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn 18   1 2 = 10   sin x = 10   sin x    2 Nguyễn Văn Tình – THPT Pị Tấu http://tinhbg.violet.vn 20 180     20 cos x +   ≥ 1010 cos x    2  2 20 20 18   1 2 = 10   cos x = 10   cos x    2   1 2 Suy ra: sin x + cos x + 18   ≥ 10   (sin x + cos x)    2 20 20 10 1 1 sin 20 x + cos 20 x + 18   ≥ 10   ⇒ sin 20 x + cos 20 x ≥ Dấu “=” xảy 2 2  sin x = ± π π ⇔ ⇔ x = +k cos x = ±  + Cách 2: Sử dụng Bất ñẳng thức hàm lõm: Xét hàm số: y = x10 [ 0;1] Ta có y ' = 10 x9 ; y '' = 90.x8 ≥ 0, ∀x ∈ [ 0;1] , suy y hàm số lõm [0;1] Do ∀x1 , x2 ∈ [0;1] : f ( x1 ) + f ( x2 ) x +x  ≥ f   (*) Dấu “=” xảy x1 = x2   10 (sin x )10 + (cos x )10  sin x + cos x  20 20 ≥ Áp dụng (*) ta có:  ⇒ sin x + cos x ≥ ðẳng thức xảy 2   sin x = cos x ⇔ x = π +k π a b c + + = Chứng minh phương m + m +1 m trình ax + bx + c = ln có nghiệm thuộc khoảng (0;1) b) Cho m > ba số thực a, b, c (a ≠ 0) cho: Cách ( theo Hướng dẫn chấm) a b c x m + + x m +1 + x m ( với m>1) [0;1] Ta có y = f ( x) xác ñịnh, m+2 m +1 m liên tục [0;1] có đạo hàm (0;1); f (0) = f (1) = Do theo định lí Lagrang, ∃x0 ∈ ( 0;1) : f '( x0 ) = hay a.x0 m+1 + b.x0 m + c.x0 m −1 = ⇔ x0m −1 (a.x0 + b.x0 + c) = ⇒ a.x0 + b.x0 + c = Xét hàm số: y = f ( x) = ( Vì x0 ∈ ( 0;1) ) Do phương trình ax + bx + c = ln có nghiệm thuộc khoảng (0;1) Cách 2: ðặt: f ( x) = ax + bx + c ; Ta có f (0) = c , m +1 m +1 (m + 1)  a b c  c.(m + 1)  m +1  ) = a  + b + c = + + +c   − m+2 m+2 m +  m + m + m  m(m + 2)  m+2 f(  (m + 1)  −c m +1 c2 Suy ra: (*) Xét trường hợp sau: c 1 − = f (0) f ( ) = −  m+2 m(m + 2)  m(m + 2)  m(m + 2) Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn Nguyễn Văn Tình – THPT Pò Tấu http://tinhbg.violet.vn a b b m +1 + =0⇒− = ∈ (0;1) m + m +1 a m+2 x = 2 Phương trình ax + bx + c = trở thành ax + bx = ⇔   x = − b ∈ (0;1) a  m +1 m +1 + Nếu c ≠ : từ (*) suy ra: f (0) f ( ) < ⇒ ∃x0 ∈ (0; ) ⊂ (0;1) : f ( x0 ) = , suy phương trình m+2 m+2 ax + bx + c = có nghiệm thuộc (0;1) + Nếu c = : từ giả thiết suy ra: Vậy phương trình ax + bx + c = ln có nghiệm thuộc khoảng (0;1) Cách 3: + f (0) = c; f (1) = a + b + c  am  m 2 m bm b c     ) = a + + c = m + + + f(    (m + 1)2 m + m   m + 1 m +1 m +1  am a  −am  = = m  − m +  (m + 1) (m + 2)  (m + 1)   c = f (0)  (m + 1)2 (m + 2)  m  Suy ra:  f  b = f (1) − f (0) +  m + 1  m   (m + 1)2 (m + 2)  m  f  a = −  m + 1 m  Từ giả thiết suy ra: (m + 1)m.a + m(m + 2).b + (m + 1)(m + 2).c =  −(m + 1) (m + 2)  m  (m + 1) (m + 2)  m   ⇒ (m + 1)m .f  + m ( m + 2) f (1) − f (0) + f      m + 1  m + 1 m m  +(m + 1)(m + 2) f (0) =  m   m  2  ⇒ −(m + 1)3 (m + 2) f  + m ( m + 2) f (1) − m ( m + 2) f (0) + ( m + 1) ( m + 2) f   m + 1  m + 1 +(m + 1)(m + 2) f (0) =  m  ⇒ (m + 2) f (0) + m(m + 2) f (1) + (m + 1)2 (m + 2) f  =0  m + 1  m   m  ⇒ f (0) + (m + 1) f  + mf (1) = Từ ñó suy ba số ⇒ f (0), f   , f (1) phải trái  m + 1  m + 1 dấu  m  m Nếu ⇒ f (0) f  < , suy phương trình có nghiệm x0 ∈ (0; ) ⊂ (0;1)  m + 1 m +1 Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn Nguyễn Văn Tình – THPT Pị Tấu http://tinhbg.violet.vn  m  m Nếu ⇒ f (1) f  , suy ph ươ ng trình có nghi ệ m < x ∈ (1; ) ⊂ (0;1)   m + 1 m +1 Nếu ⇒ f (1) f (0) < , suy phương trình có nghiệm x0 ∈ (0;1) Cách 4:  m  −a m Theo cách 3, ta có: af  = < (a ≠ 0, m > 1) Suy ra: phương trình   m + 1 (m + 1)2 (m + 2) m m ax + bx + c = ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x1 < < x2 Lưu ý: ∈ (0;1) m +1 m +1 Ta dùng PP phản chứng: Giả sử phương trình khơng có nghiệm thuộc (0;1) Khi có trường hợp sau: a f (0) ≤ ac ≤ (1) m x1 ≤ < < ≤ x2 ⇒  ⇔  a f (1) ≤ a (a + b + c) ≤ (2) m +1 a b c m +1 m +1 + + =0⇒b=− a− c thay vào (2) ta ñược m + m +1 m m+2 m    a m +1 m +1 c a2 ac a.a − a− c + c ≤ ⇔ a  −  ≤ ⇔ − ≤ ðiều vơ lí    m + m m+2 m m+2 m Từ hệ thức a > 0, ac ≤ 0, m > Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt có nghiệm thuộc (0;1) Câu 3: Cho đường thẳng (d) có phương trình tổng quát: (m + 1) x + 2my = 3m − , m tham số Tìm m ñể cho a) (d) ñi qua ñiểm (2;-3) ðS: m = b) (d) tiếp xúc với ñường trịn (O), bán kính R = Cách 1: Viết lại (d): (m + 1) x + 2my − (3m − 1) = (d) tiếp xúc với đường trịn (O;1) ⇔ d (O, (d )) = ⇔ 3m − (m + 1) + 4m 2 = ⇔ (3m − 1) = (m + 1)2 + 4m m = ⇔ m = Cách 2: - Phương pháp ñại số (Học sinh làm qn điều kiện tiếp xúc) ðường trịn tâm (O;1) có phương trình: x + y = Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn Nguyễn Văn Tình – THPT Pò Tấu http://tinhbg.violet.vn (m + 1) x + 2my = 3m − d m tiếp xúc với (O;1) hệ  có nghiệm x + y =  + Xét trường hợp m=0 thỏa mãn; + Trường hợp m ≠ , từ phương trình thứ rút y theo x vào phương trình thứ hai Sau tìm điều kiện để phương trình bậc hai nhận ẩn x có nghiệm kép c) (d) cách tâm (O) khoảng lớn nhất: Cách 1: theo Hướng dẫn chấm Ta có d (O, (d )) = 3m − (m + 1) + 4m 2 Vì d ≥ nên d lớn ⇔ d lớn 9m − 6m + 4(2m + 1) = − ≤ ⇒ d ≤ Dấu “=” xảy ⇔ 2m + = ⇔ m = − 2 5m + m + (m + 1) + 4m = 5⇔m=− Ta có d = Vậy: d max Cách 2: Phương pháp hàm số ðặt f (m) = 3m − (m + 1) + 4m2 Xét trường hợp: 3m − + 8m , f (m) = ; f '(m) = 5m + 2m + (5m + 2m + 1)2 + 8m 1 ; f '(m) = ⇔ = ⇔ m = − ∉ [ ; +∞) ; lim f (m) = m →+∞ (5m + 2m + 1)2 Bảng biến thiên: a) m ≥ x f’(x) +∞ + f(m) Từ bảng biến thiên suy ra: ≤ f (m) < b) m < 1 − 3m − − 8m , f (m) = ; f '(m) = 5m + m + (5m + 2m + 1) Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn Nguyễn Văn Tình – THPT Pò Tấu http://tinhbg.violet.vn −4 − 8m 1 ; = ⇔ m = − ∈ (−∞; ) ; lim f (m) = m →−∞ (5m + 2m + 1) Bảng biến thiên: 1 x −∞ − f '(m) = ⇔ f’(m) + f(m) Từ bảng biến thiên suy ra: < f (m) ≤ Từ trường hợp ta có ≤ f (m) ≤ Do đó: d max = ⇔ m = − Cách 3: Phương pháp hàm số (2) Vì d ≥ nên d lớn ⇔ d lớn 9m − 6m + 48m + 8m − 1 Xét hàm số f (m) = ; f '( m ) = ; f '(m) = ⇔ m = , m = − 2 5m + m + (5m + 2m + 1) x f’(m) − −∞ + - +∞ + f(m) Từ bảng biến thiên ta có Cách 4: Phương pháp tìm tập giá trị hàm số Vì d ≥ nên d lớn ⇔ d lớn 9m2 − 6m + ðặt f (m) = Giả sử A0 giá trị f(m) ⇔ pt : (5 A0 − 9).m + (2 A0 + 6).m + A0 − = 5m + 2m + có nghiệm ⇔ ( A0 + 3) − (5 A0 − 9)( A0 − 1) ≥ ⇔ A02 − A0 ≤ ⇔ ≤ A0 ≤ Từ Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn Nguyễn Văn Tình – THPT Pị Tấu http://tinhbg.violet.vn Cách 5: Phương pháp hình học: H O I + Tìm điểm cố định họ ñường d m I(-1;2) + Gọi H hình chiếu vng góc O d m ⇒ d = OH ≤ OI = suy d max = ⇔ OI ⊥ d m ⇔ m = − Câu 4: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a BC=b, AA’=c Gọi M, N trung ñiểm B’C’ C’D’ a) Xác ñịnh thiết diện mặt phẳng (AMN) cắt khối hộp chữ nhật Cách 1: phương pháp giao tuyến gốc Thiết diện ngũ giác AKMNT A D a b B C T c A' D' J K N B' M C' I Cách 2: Sử dụng quan hệ song song Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn Nguyễn Văn Tình – THPT Pị Tấu http://tinhbg.violet.vn + MN//BD ⇒ mp ( AMN ) cắt mp(ABCD) theo giao tuyến qua A song song với BD + …… Thiết diện ngũ giác AKMNL I A J D B C L A' D' K N B' M C' b) Mặt phẳng (AMN) chia khối hộp chữ nhật thành hai khối ña diện (H) (H’), ñó (H’) khối ña diện chứa ñỉnh A’ Tính thể tích khối đa diện (H’) theo a, b, c (Sử dụng hình vẽ cách – dựng thiết diện) Cách 1: Tính trực tiếp áp dụng cơng thức tính thể tích a 3a c b + V ( H ') = VAA 'IJ − 2VKB ' IM ; IB ' = ; IA ' = KB ' = ; B ' M = 2 1 13 3 + VAA ' IJ = AA '.S ( A ' IJ ) = c.( a b) = abc ; 3 22 1 c b a abc + VKB ' IM = KB '.S ( B ' IM ) = ( ) = 3 2 72 abc 25abc Suy ra: V ( H ') = abc − = 72 72 Cách 2: Sử dụng tỉ số thể tích + V ( H ') = VAA ' IJ − 2VKB ' IM ; + VKB ' IM IK IB '.IM 1 1 = = = ⇒ VKB ' IM = VTD ' NI = VA A ' IJ VA A ' IJ IA.IA '.IJ 3 27 27 25 25 25 ⇒ V ( H ') = VAA ' IJ − VAA ' IJ = VAA ' IJ = abc = abc 27 27 27 72 Câu 5: a) Hãy chia khối lập phương thành sáu khối tứ diện Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn Nguyễn Văn Tình – THPT Pị Tấu http://tinhbg.violet.vn + Chia: Có nhiều cách chia, chia theo cách sau: Lấy A ñỉnh khối tứ diện ta ñược khối A.CDD’, A.CC’D’, A A’C’D’, A.BCC’, A.BC’B’, A.A’B’C’ + Chứng minh khối tứ diện nhau: - Cách 1: Sử dụng phép dời hình khơng gian ( ðX trục, ðX tâm, TT…) ñể khối tứ diện ảnh qua phép dời hình - Cách 2: Áp dụng định lí SGK HH 12-NC Nội dung định lí: Hai hình tứ diện chúng có cạnh tương ứng A B D C A' D' B' C' b) Cho ña thức f(x) bậc với hệ số x3 số nguyên, thỏa mãn: f (1999) = 2000, f (2000) = 2001 Chứng minh f (2001) − f (1998) Cách 1: Theo Hướng dẫn chấm *PP: Xác ñịnh dạng f(x): 0 = 2000 + 1999a + b + ðặt g ( x) = f ( x) + ax + b Tìm a,b cho g (1999) = g (2000) = ⇒  0 = 2001 + 2000a + b Suy a = b = −1 nên g ( x ) = f ( x ) − x −1 Vì f(x) đa thức bậc ba có hệ số x3 k ∈ ℤ nên g(x) ña thức bậc ba g(x) chia hết cho x-1999 x-2000 nên g ( x) = k ( x −1999)( x − 2000)( x − x0 ) ( x0 nghiệm lại g(x)) Suy ra: f ( x) = k ( x −1999)( x − 2000)( x − x0 ) + x + f (2001) − f (1998) = k (2001−1999)(2001− 2000)(2001− x0 ) + 2001 + Ta có −k (1998 −1999)(1998 − 2000)(1998 − x0 ) −1998 −1 = 3(2k + 1) hợp số Cách 2: Giả sử f ( x) = a.x3 + bx + cx + d (a ≠ 0, a ∈ ℤ) Từ giả thiết ta có: f (1999) = 2000 ⇒ a.1999 + b.1999 + c.1999 + d = 2000 f (2000) = 2001 ⇒ a.20003 + b.2000 + c.2000 + d = 2001 ⇒ f (2000) − f (1999) = a (20003 − 19993 ) + b(20002 − 19992 ) + c (2000 − 1999) = ⇒ a (20003 − 19993 ) + 3999b + c = ⇒ 3999b + c = − a (20003 − 19993 ) (1) Ta có: ⇒ f (2001) − f (1998) = a (20013 − 19983 ) + b(20012 − 19982 ) + c(2001 − 1998) = a (20013 − 19983 ) + 3b.3999 + 3c (2) Thay (1) vào (2) ta được: Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn 10 Nguyễn Văn Tình – THPT Pò Tấu http://tinhbg.violet.vn ⇒ f (2001) − f (1998) = a (20013 − 19983 ) + 3(b.3999 + c) = a (20013 − 19983 ) + 1 − a (20003 − 19993 )  = 3(2a + 1) ∈ ℤ Email: nguyenvantinh.caobang@moet.edu.vn 11