Đề thi và đáp án học sinh giỏi môn toán thầy giáo Lê Văn Khởi và Lê Văn Minh

Đề thi và đáp án học sinh giỏi môn toán thầy giáo Lê Văn Khởi và Lê Văn Minh

Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn: Toán Thời gian: 180 phút Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh Lê Văn Khởi Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số: 13 23 += xxy (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình: 03 23 == kkxxxy (1) Câu 2: (4 điểm) a) Chứng minh rằng: 2cos ++ xxe x với 0x b) Tìm m để pt sau có nghiệm: 1224 211 22 += ++ mxx xmxx Câu 3: (5 điểm) a) Tính: + + + 2 0 sin1 sin1 )cos1( ln dx x x x b) Tìm Zx thoả mãn = x xtdt 0 12cossin c) Cho các số dơng a, b, c, d thoả mãn: +=+ +=+ 2005200520052005 2004200420042004 dcba dcba Chứng minh rằng: 2006200620062006 dcba +=+ Câu 4: (3,5 điểm) Cho elíp: 1 2 2 2 2 =+ b y a x (E) và Hypebol: 1 2 2 2 2 =+ n y m x (H) (với a, b, m, n > 0) có cùng chung tiêu điểm F 1 và F 2 : Chứng minh rằng tiếp tuyến của (E) và (H) tại giao điểm của chúng vuông góc với nhau. Câu 5: (4,5 điểm) Cho tứ diện đều ABCD, gọi (C) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Điểm M (C), gọi A 1 , B 1 , C 1 , D 1 lần lợt là hình chiếu của M trên các mặt phẳng (BCD); (ACD); (ABD); (ABC). a) T×m vÞ trÝ ®iÓm M ∈ (C) sao cho tæng: S = MA 1 + MB 1 + MC 1 + MD 1 ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt. b) Chøng minh r»ng tån t¹i ®iÓm M ∈ (C) ®Ó 4 ®iÓm A 1 , B 1 , C 1 , D 1 kh«ng ®ång ph¼ng: đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn: Toán Thời gian: Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh Lê Văn Khởi Câu 2 (4 điểm) Câu a: (2 điểm) Chứng minh rằng )1(2cos ++ xxe x với 0x (1) 02cos + xxe x với 0 x Đặt: 2cos)( += xxexf x 0,25 Ta có: 1sin)(' = xexf x 0,25 xexf x cos)(" = 0,25 Vì 1,0 x ex còn 0cos)("1cos = xexfx x với 0 x 0,25 Vậy hàm số f(x) = đồng biến trên [ ) +,0 0,25 0)('010sin)0(')(' 0 == xfefxf với 0 x 0,25 hay f(x) đồng biến [ ) +,0 0,25 0200cos)0()( 0 =+= efxf 2cos0)( ++ xxexf x với 0 x 0,25 Câu b: (2 điểm) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: 01224 211 22 =+= ++ mxx xmxx (1) Phơng trình (1) 122222 221222 22 +++= ++ xmxx xmxx 0,5 122222 212222 22 ++=++ ++ xmxx xmxx (2) 0,25 Xét hàm số ttf t += 2)( Ta có 12ln2)(' += t tf 0,5 Ta có ttf > 0)(' Vậy hàm số f (t) đồng biến t 0,25 Từ đẳng thức (2) 1222 22 +=+ xmxx 0,25 012 2 =+ mxx (3) Phơng trình (1) có nghiệm Phơng trình (3) có nghiệm ' 0 m 2 - 1 0 1m 0,25 Câu 3 (5 điểm) Câu a: (2 điểm) Tính: + + + 2 0 sin1 sin1 )cos1( ln dx x x x ++++= 2 0 2 0 2 0 )sin1ln()cos1ln(sin)cos1ln( dxxdxxxdxxI (I) 1 ( I 2 ) (I 3 ) 0,5 Chứng minh: I 1 = I 3 0,25 Đặt: : 2 dtdxtx == 0 2 2 0 == == tx tx =+=+=+= 2 0 3 2 0 2 0 1 )sin1ln()sin1ln()) 2 cos(1ln( IdxxdttdttI Vậy I 1 - I 3 = 0 0,25 Ta tính: += 2 0 2 )cos1ln(sin dxxxI Đặt: :sincos1 xdxdtxt =+= 1 2 20 == == tx tx 0,25 = 2 1 2 ln tdtI Đặt: = = dtdv tu ln = = tv dt t du 1 0,25 = 2 12 ln ttI 2 1 2 1 )ln( tttdt = 0,25 12ln2 2 =I 0,25 Câu c: (1,5 điểm) Cho các số dơng a, b, c, d thoả mãn: +=+ +=+ 2005200520052005 2004200420042004 dcba dcba Chứng minh rằng: 2006200620062006 dcba +=+ Đặt: 2004 2006 , 2004 2005 ,,,, 2004200420042004 ====== dncmbyax 0,25 Theo đề ra ta có: +=+ +=+ )2( )1( nmyx nmyx Từ (1) và (2) ta có: nmxnmx +=++ )( 0,25 Xét hàm số nmxnmxxf +=++= )()( ; 1> ; x > 0 0,25 [ ] 11 )()(' += xnmxxf => 2 0)(' nm xxf + == 0,25 Suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm mà = = = = == ny my nx mx nfmf 0)()( 0,25 Vậy = = db ca hoặc = = cb da Từ đó ta suy ra: 2006200620062006 dcba +=+ 0,25 Câu b: (1,5 điểm) Tìm Zx thoả mãn = x xtdt 0 12cossin Ta có: 1coscossin 0 0 +== xttdt x x Vậy: 02cos2cos1cos12cos =++= xxxx 0,5 = = =+ )( 2 3 cos 1cos 03coscos2 2 loaix x xx kxx 21cos == vì ZkZx , => k = 0 0,5 0=x nghiệm phơng trình 0=x 0,5 Câu 4 (3,5 điểm) Elíp: 1 2 2 2 2 =+ b y a x (E) và Hypebol: 1 2 2 2 2 =+ n y m x (H) có chung tiêu điểm F 1 (-c;0); F 2 (c;0) Vậy c 2 = a 2 - b 2 (a > b > 0) c 2 = m 2 + n 2 (m,n > 0) 0,25 Vậy: a 2 - b 2 = m 2 + n 2 a 2 - m 2 = b 2 + n 2 0,25 Toạ độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ phơng trình: =+ =+ )(1 )(1 2 2 2 2 2 2 2 2 H n y m x E b y a x 0,25 Giải ra ta đợc: )( 222 22 mab nb amx + + = 0,5 )( 222 22 mab ma bny + = 0,5 Có 4 giao điểm. Giả sử 1 giao điểm : M ( )( 222 22 mab nb am + + ; )( 222 22 mab ma bn + ) Nhận xét: 2 biểu thức căn bằng nhau do a 2 - m 2 = b 2 + n 2 đặt: k mab nb = + + )( 222 22 ; M (amk, bnk) 0,25 Phơng trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng: 0,25 11 22 =+=+ y b nk x a mk y b bnk x a amk (d 1 ) Phơng trình tiếp tuyến của Hypebol tại M có dạng: 11 22 == y n bk x m ak y n bnk x m amk (d 2 ) 0,25 Tiếp tuyến (d 1 ) có véc tơ pháp tuyến );( 1 b n a m n = Tiếp tuyến (d 2 ) có véc tơ pháp tuyến );( 2 n b m a n = 0,25 Ta có: 212121 0. ddnn nb nb ma ma nn == 0,25 Vậy 2 đờng thẳng (d 1 ) và (d 2 ) vuông góc với nhau. Tơng tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của (H) và (E) vuông góc với nhau. 0,25 Câu 5 (4,5 điểm) Câu a: (2,5 điểm) A Không làm mất tính tổng quát. Giả sử đờng thẳng AM cắt mf (BCD) tại 1 điểm nằm trong BCD. Ta có: H 1 H 3 H 2 V MABCD = V MABC + V MACD B I D + V MADB C 2 D 2 H B 2 D 1 C C 1 B 1 Mặt khác: V MABCD = V ABCD + V MBCD 0,25 0,25 Gọi B là diện tích một mặt của tứ diện, h là đờng cao: )( 3 1 )( 3 1 1111 MAhBMDMCMBB +=++ 0,5 Ta có tổng S = MA 1 + MB 1 + MC 1 + MD 1 = h + 2 MA 1 0,25 Vì h không đổi S lớn nhất khi MA 1 lớn nhất: MA 1 lớn nhất AM là đờng kính của (C): 0,25 Max S = h + 2MA 1 = h + 2MH = 2(h + MH) - h = 4R - h 0,25 Khi AM là đờng kính: Ta có 4 vị trí của M để S lớn nhất đó là: AM hoặc BM, CM, DM là đờng kính của )(C 0,25 Min S = h + 2MA 1 Khi MA 1 nhỏ nhất MA 1 = 0 M trùng với các đỉnh B hoặc C, hoặc D. 0,25 Vậy min S = h khi M trùng với các điểm A hoặc B, C, D 0,25 Câu b: (2 điểm) Khi AM là đờng kính của mặt cầu (C) điểm 0,5 A 1 H tâm mặt phẳng BCD. Gọi H 1 , H 2 , H 3 lần lợt là tâm của các mặt ABC, ACD, ABD. I là tâm mặt cầu (C) Ta có MD 1 // IH 1 , MB 1 // IH 2 , MC 1 // IH 3 0,5 mf (B 1 D 1 C 1 ) // mf (H 1 H 2 H 3 ) Mặt khác (H 1 H 2 H 3 ) // (BCD) 0,5 (B 1 D 1 C 1 ) // (BCD) vì A 1 H (BCD) nên 4 điểm A 1 ,B 1 ,C 1 ,D 1 không đồng phẳng 0,5 Câu 1 (4 điểm) Câu a: (2 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 13 23 += xxy (C) + Tập xác định: Rx 0,25 + Chiều biến thiên: xxy 63' 2 = xxy 630' 2 = = = 2 0 2 1 x x 0,25 Xét dấu y' + + 0 - 2 Hàm số đồng biến );2()0;( + nghịch biến (0;1) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại 0 1 =x giá trị cực đại y (0) = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại 0 2 =x giá trị cực tiểu y (2) = -3 0,25 + Điểm uốn 66" = xy 10" == xy y" đổi dấu khi x đi qua điểm 1 Đồ thị có điểm uốn U (1;-1) 0,25 + = yLim x , += + yLim x Bảng biến thiên: x 0 2 + y' + 0 - 0 + y 1 + - 3 0,25 + Đồ thị đi qua các điểm: x -1 0 1 2 3 y -3 1 -1 -3 1 -1 1 2 -1 0,5 -3 1 x y Câu b: (2 điểm) Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình: 03 23 == kkxxxy (1) Phơng trình (1) 1)1(13 23 ++=+ xkxx 0,25 Đặt: 13 23 += xxy (C) đồ thị vừa khảo sát ở trên 1)1( ++= xky (d) là đờng thẳng quay xung quanh điểm A (-1;1) cố định Điều kiện cần và đủ để (d) là tiếp tuyến của (C) là hệ có nghiệm: )2(63 )1(1)1(13 2 23 kxx xkxx = ++=+ Thay (2) vào (1) ta đợc )1)(63(3 223 += xxxxx 0,25 0,25 062 2 = xx = = = 3 3 0 3 2 1 x x x 0,25 Với : +++= ++= = += = = = = = )(1)1)(369( )(1)1)(369( )(1 369 369 0 3 3 0 3 2 1 3 2 1 3 2 1 dxy dxy dy k k k x x x 0,25 * Biện luận: + Khi 0369 << k hoặc 369 +>k (d) cắt (C) tại 3 điểm phơng trình (1) có 3 nghiệm + Khi k = 0 hoặc 369 =k hoặc 369 +=k thì (d) và (C) có hai điểm chung phơng trình (1) có 2 nghiệm + Khi 369 <k hoặc 0,25 0,25 0,25 A 1 -3 21 -1 d1 d3 d2 x y 3690 +<< k th× (d) vµ (C) c¾t nhau t¹i 1 ®iÓm ⇒ ph¬ng tr×nh (1) chØ cã 1 nghiÖm duy nhÊt . thoả mãn = x xtdt 0 12cossin Ta có: 1coscossin 0 0 +== xttdt x x Vậy: 02cos2cos1cos12cos =++= xxxx 0,5 = = =+ )( 2 3 cos 1cos 03coscos2 2 loaix x xx kxx 21cos == vì ZkZx , . [ ) +,0 0,25 0200cos)0()( 0 =+= efxf 2cos0)( ++ xxexf x với 0 x 0,25 Câu b: (2 điểm) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: 0122 4 211 22 =+= ++ mxx xmxx (1) Phơng trình (1) 122 222 2 2122 2 22 +++= ++ xmxx xmxx 0,5 . ph¼ng: đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn: Toán Thời gian: Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh Lê Văn Khởi Câu 2 (4 điểm) Câu a: (2 điểm) Chứng minh rằng )1(2cos ++ xxe x với 0x (1) 02cos + xxe x