Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 25 doc

1 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Môn: Toán Câu 1: (5 điểm) Cho hàm số: 1 2   x x y (C) a. Khảo sát hàm số b. Tìm những điểm trên (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại đó tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi bé nhất. (Trích trong cuốn “Đạo hàm và ứng dụng” của tác giả: Lê Hồng Đức) Câu 2: (2 điểm) Tính tích phân xác định sau:    2 0 2006 1  xtg dx I Câu 3: (3 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: mxxxx  )6)(3(63 (Trích trong cuốn “Điều kiện cần và đủ để giải phương trình” của: Phan Huy Khải) Câu 4: (2 điểm) Tìm (x;y) biết rằng (x+1)y, xy, (x-1)y là số đo 3 góc của một tam giác và (x;y) thoả mãn: sin 2 [(x+1)y] = sin 2 xy + sin 2 [(x-1)y] (Trích trong cuốn: “Phương trình lượng giác” của tác giả: Trần Phương) Câu 5: (2 điểm) Giải phương trình: xx 20062005 20052006  Câu 6: (3 điểm) Cho (E): 1 2 2 2 2  b y a x (0 < b < a). A, B là hai điểm tuỳ ý nằm trên (E) sao cho OA OB  . Hãy xác định vị trí của A và B trên (E) để cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. (Trích trong cuốn: “Hình giải tích” của tác giả: Trần Phương) Câu 7: (3 điểm) Cho hình chóp tam giác đều SABC nội tiếp trong mặt cầu tâm O bán kính R, các cạnh bên hợp với nhau góc  . a. Tính thể tích hình chóp SABC theo R và  b. Khi  thay đổi xác định  để thể tích ấy lớn nhất 2 2 o Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Khảo sát hàm số: 1 2   x x y - Viết lại hàm số dới dạng: 1 1 1   x xy 1. Tập xác định: D = R\{1} 2. Sự biến thiên a. Chiều biến thiên 2 )1( 1 1'   x y  y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2  y’ > 0 trên ( );2()0;      Hàm số đồng biến trên ( );2()0;     - Tơng tự  y’ < 0 trên (0;2)  hàm số nghịch biến trên (0;2) b. Cực trị - Đồ thị hàm số đạt cực đại tại x = 0  y CĐ = 0 - Đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại x = 2  y CT = 4 c. Giới hạn - Đồ thị hàm số nhận đờng thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng - Đồ thị hàm số nhận đờng thẳng y = x + 1 làm tiệm cận xiên -    y x lim ,     y x 1 lim d. Bảng biến thiên x   0 1 2 +  y’ + 0 - - 0 + 0 +  +  y     4 3. Đồ thị y - Nhận I(1;2) là giao của hai đờng tiệm cận làm tâm đối xứng 4 I x 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 2 - Giả sử M(a;y(a))  (C), với a > 1. Khi đó phơng trình tiếp tuyến tại M có dạng: 0.25 0.25 3 d: 1 )( )1( 2 2 2 2      a a ax a aa y - Toạ độ giao điểm của d với tiệm cận đứng ) 1 2 ;1( 1 1 )( )1( 2 2 2 2              a a A x a a ax a aa y - Toạ độ giao điểm của d với tiệm cận xiên )2;12( 1 1 )( )1( 2 2 2 2 aaB xy a a ax a aa y             - Khi đó AI = |x A - x I | = 1 2 a , BI = 122 a  AI.BI = 24 - AB 2 = AI 2 + BI 2 - 2AI.BI.cos BIAIBIAI 2 4 22   -  C AIB = AI + BI + AB = AI + BI + BIAIBIAI .2 22  )12(2224.2.2.2 4  BIAIBIAIBIAI - Vậy C AIB min = )12(2224 4  khi AI = BI hay 4 2 1 1a Khi đó: M( 4 44 2 1 22;21  ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 - Đặt xt  2   dt = -dx  dx = -dt - Đổi cận: x = 0  t = 2  , x = 2   t = 0 - Khi đó I =         2 0 2 0 2006 2 0 2006 2006 0 2 2006 11 . cot1    ttg dt dt ttg dtttg tg dt Vậy I = 4  0.5 0.25 0.75 0.5 3 Điều kiện cần: - Giả sử x 0 là nghiệm của phơng trình  3 - x 0 cũng là nghiệm  để phơng trình có nghiệm duy nhất thì x 0 = 3 - x 0  x 0 = 2 3 - Khi đó m = 2 926  Điều kiện đủ: - Khi m = 2 926  thì phơng trình có dạng:  )6)(3(63 xxxx 2 926  0.5 0.5 4 - Đặt                      0,0 9 2 926 6 3 22 vu vu uvvu xv xu - Từ trên  01826)(2)( 2  vuvu - Vì (u+v) 2 ≥ u 2 + v 2  Nghiệm của phơng trình u + v = 23 - Từ đó suy ra        2 9 23 uv vu  u, v là nghiệm của PT 2 23 0 2 9 23 2  vutt . Tức phơng trình có nghiệm duy nhất x = 2 3 . - Vậy m = 2 926  là giá trị cần tìm 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 4 - Vì (x+1)y, xy, (x-1)y là số đo ba góc của một tam giác nên: (x+1)y+ xy + (x-1)y =   xy = 3  . Khi đó phơng trình đã cho có dạng: sin 2 ( 3  +y) = sin 2 3  + sin 2 ( 3  -y)  cos( 3 2  -2y) - cos( 3 2  +2y) = 2 3 2 3 2sin  y )( 3 6 Zk ky ky              Do (x-1)y > 0  y < 3   y = 6  - Từ xy = 3   x = 2. Vậy (x;y) = (2; 6  ) 0.5 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 5 - PT 2005log.20062005 2006 xx  2005log) 2006 2005 ( 2006  x x = 2005loglog 2006 2006 2005 0.5 1.0 0.5 6 - Gọi A là giao điểm của đờng thẳng y = kx với (E), khi đó toạ độ 5 C B C A là nghiệm của hệ                    222 222 2 222 22 2 2 2 2 2 1 bka bak y bka ba x kxy b y a x A A -  OA 2 = 222 2 222 222 )1()1( bka k abOA bka bak      - Vì OA  OB nên B là giao của đờng thẳng y = x k 1  với (E)  OB = 222 2 2 2 2 2 1 1 )1 1 ( kba k ab b k a k ab      - Vậy S OAB = ))(( 1 2 1 . 2 1 222222 2 22 kbabka k baOAOB    - Theo Côsi ta có: 22 22 222 222 ))(1( )1( ba ba bak kba S AOB       S OABmin = 22 22 b a ba  khi a 2 k 2 + b 2 = a 2 + b 2 k 2  k = ± 1 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 7 1 2 - Ta có V SABC = 3 1 SI.S ABC - Trong đó: Xét hai tam giác đồng dạng S  SAI ~  SDA (g.g.g) A  R SA SD SA SI SD SA SA SI 2 22  (1) Mặt khác: SI = 2 sin 3 4 22222  SASAAISA  (2) Từ 1 và 2  SA = 2R ) 2 sin 3 4 1(2 2 sin 3 4 1 22   RSI S ABC = 2 sin) 2 sin 3 4 1(34) 2 sin.2.( 4 3 4 3 22222   RSAAB 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 6 2] 3 cos44cos21cos21 [ 4 1 )cos44)(cos21)(cos21( 4 1 max)cos1()cos21( )cos1()cos21( 27 34 2 sin) 2 sin 3 4 1( 3 38 3 2 max 232223            T TV RRV SABC SABC Vậy V SABC max = 3 27 38 R khi đó 0 60cos44cos21   0.5 0.25 . 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0.5 0.5 6 2] 3 cos44cos21cos 21 [ 4 1 )cos44)(cos 21) (cos 21( 4 1 max)cos1()cos 21( )cos1()cos 21( 27 34 2 sin) 2 sin 3 4 1( 3 38 3 2 max 232223            T TV RRV SABC SABC . BIAIBIAIBIAI - Vậy C AIB min = )12 ( 2224 4  khi AI = BI hay 4 2 1 1a Khi đó: M( 4 44 2 1 22; 21  ) 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 2 - Đặt xt  2  . - Vậy m = 2 926  là giá trị cần tìm 0 .25 0.5 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 4 - Vì (x +1) y, xy, (x -1 ) y là số đo ba góc của một tam giác nên: (x +1) y+ xy + (x -1 ) y