đề thi học sinh giỏi khối 12 (bảng a) môn: toán thời gian: 180 ' Bài 1:(4 điểm). Cho hàm số: )( 3 1 22 3 1 23 cmmxmxxy += 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Tìm m (0; 6 5 ) sao cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (Cm), và các đờng thẳng: x=0; x=2; y=0 có diện tích bằng 4. Bài 2: (4 điểm). 1. Giải các phơng trình: 3 1+tgx (sin x + 2cos x)=5(sin x +3cos x). 2. giải phơng trình: log 2 2 x + x.log 7 (x + 3)= log 2 x [ 2 x + 2.log 7 (x + 3)] Bài 3: ( 4 điểm). 1. Tìm a để phơng trình sau có nghiệm. xaa sin++ = sin x 2. Tìm a để phơng trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt. 064 1 ).1(4 1 )1(2 1 23 =+ + + + + + a x x a x x a xx x Bài 4( 4 điểm). 1. Cho ABC nhọn nội tiếp trong đờng tròn tâm O bán kính R. Gọi R 1 , R 2 , R 3 lần lợt là các bán kính đờng tròn ngoại tiếp các tam giác BOC, COA, AOB. Cho biết: R 1 +R 2 +R 3 = 3R. Tính 3 góc của ABC 2. Cho (E): x 2 + 4y 2 = 4 . M là điểm thay đổi trên đờng thẳng y=2. Từ M kẻ đến (E) hai tiếp tuyến. Gọi các tiếp điểm là T 1 , T 2 . Tìm vị trí của M để đờng tròn tâm M tiếp xúc với đờng thẳng T 1 , T 2 có bán kính nhỏ nhất. Bài 5:( 4 điểm). 1. Cho hàm số f(x) xác định và dơng trên R thỏa mãn: = =++ 1)0( 0)()().(4)( 2'2' f xfxfxfxf Tìm hàm số f(x). 2. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm là G. Các đờng thẳng AG, BG, CG, DG kéo dài lần lợt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ở A 1 , B 1 , C 1 , D 1 CMR: GDGCGBGAGDGCGBGA ++++++ 1111 Đáp án và thang điểm Đáp án Thang điểm Bài 1: 1.Khi m=1. 3 7 2 3 x y 2 3 += xx TXĐ : D = R + += = =+= 31 31 022 '2' x x yxxy Hàm số đồng biến (-; -1- 3 ) (-1+ 3 ; +) Hàm số nghịch biến ( -1- 3 ;1+ 3 ) y CĐ = y(-1- 3 ) = y CT = y(-1+ 3 ) = 0,5 .10;22 '''' ==+=+ xyxy Đồ thị hàm số lồi trên (-; -1) Đồ thị hàm số lõm trên (-1;-) Nhận I(-1, 3 7 ) làm điểm uốn + +== + yLimyLim xx ; Bảng biến thiên x - -1- 3 -1+ 3 + y + 0 - 0 + y CĐ + - CT Đồ thị: 2. Xét phơng trình : 0 3 1 22 3 2 3 =+ mxmx x trên [0; 2] Đặt .22)(;0 3 1 22 3 )( 2'2 3 +==+= mxxxfmxmx x xf 0.5 0,5 0.5 0.5 Phơng trình: 0)( ' =xf luôn có hai nghiệm trái dấu x 1 <0<x 2 Lại do ) 6 5 ;0(0)2().0( '' < mff nên : x 1 <0<x 2 <2 + Ta có bảng biến thiên: x - x 1 0 x 2 2 + f 0 - 0 + f có: <= < <= 0 3 5 2)2( ) 6 5 ;0(];2;0[0)() 6 5 ;0( 0 3 1 2)0( mf mxxfm mf + Vậy 3 104 |) 3 1 2( 312 [) 3 1 22 3 ( 2 0 2 0 2 34 2 3 + =+++=+++= m xmx mxx dxmxmx x s +Do ) 6 5 ;0( 2 1 4 3 104 4 == + = m m S ĐS : 2 1 =m Bài 2: 1./ ĐK : 1 0cos tgx x + Phơng trình đã cho )1.()3(5)2.(1.3 +=++ tgxtgxtgx +Đặt 2 0)53).(2( 0 )2(01 2 = =++ =+ t ttt t ttgx + Với )(32 Zkkxtgtgxt +==== thỏa mản điều kiện 2.ĐK: x>0 +Phơng trình đã cho += = =+ )2()3(log2log )1(log2 0))3(log2)(loglog2( 72 2 722 xx xx xxxx + Giải (1) = > = > )'1( 2 lnln 0 2 0 2 x x x x x x x 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Xét hàm số: x x xf ln )( = trên (0;+) ; exxf x x xf == = 0)(; ln1 )( ' 2 ' Bảng biến thiên. x 0 e f 1 0 + f Từ bảng biến thiên hệ (1) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2; x=4 thỏa mãn (1). Vậy phơng trình (1) có nghiệm x=2; x=4. + Giải (2). Đặt: )'2(. 7 3 ) 7 4 (13472)3(log2log 72 t ttt txx +=+==+= Xét hàm số: . 7 3 ) 7 4 ()( t t tg += luôn nghịch biến (2) có nghiệm duy nhất t =1 Vậy (2) có nghiệm x =2 + KL: Phơng trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4 Bài 3: 1. + Đặt sinx = t có phơng trình đã cho =++ 2 10 ttaa t + Đặt: 0=+ yta hệ trên = = =++ =+ =+ =+ att yt ty ytyt tya ty yta tya ty 2 2 2 2 10;0 0)1)(( 10;010;0 + Xét hàm số: f(t)= t 2 t trên [0;1]. có: 4 1 ) 2 1 (;0)1()0( 2 1 0)(;12)( '' ====== fffttfttf Hệ trên có nghiệm khi đờng thẳng y=a cắt đờng cong y=f(t)= t 2 -t trên [0;1] 0 4 1 a Kết luận: Phơng trình đã cho có nghiệm khi 04 4 1 2. ĐK : x>0. + Đặt: t x x =+ 1 (đk :t 2) với t =2 cho giá trị x=1 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 (*) với t>2 cho giá trị x>0 + Ta có : (1) =++= == =++ 2 012)( 12 0)12)(2( 2 2 2 t atttf xt attt t + Do (*) nên để phơng trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT (1) phải có đúng 1 nghiệm t>2 Nhận xét: Tính a.c =1 vậy để phơng trình (1) có đúng 1 nghiệm t>2 thì (1) phải có nghiệm các trờng hợp sau: << << <= > = 4 5 0)2( 2 2 2 0 21 21 af VN VN tt tt a Kết luận: Để phơng trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì : a< 4 5 Bài 4: 1. Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có: A R RR A AR R A a BOC a cos2 2 2sin sin2 2 2sinsin 111 ==== Tơng tự choCOA, AOB : .cos2 ; cos2 32 C R R B R R == + Vậy có: )1(.6 cos 1 cos 1 cos 1 =++ CBA + Dễ có : 6 2 3 9 coscoscos 9 cos 1 cos 1 cos 1 = ++ ++ CBACBA (Do ABC nhọn). + ( Phải chứng minh : ++ CBA coscoscos 2 3 ) + Vậy (1) o CBACosCCosBCosA 60===== 2. (E): =+ My x 1 4 2 2 đờng thẳng M(a;2) 2y = + Gọi T 1 (x 1 ,y 1 ); T 2 (x 2 ,y 2 ) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T 1 , T 2 là: 1 : 1. 4 1 1 =+ yy xx 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2 : 1. 4 2 2 =+ yy xx Do 1 ; 2 đi qua M(a, 2) =+ =+ 12 4 . 12 4 . 2 2 1 1 y xa y xa Nhận xét : T 1 , T 2 có tọa độ thỏa mản phơng trình đờng thẳng 12 4 . : =+ y xa Vậy phơng trình đờng thẳng T 1 , T 2 là; ax + 8y 4 =0. + Đờng tròn tâm M tiếp xúc T 1 , T 2 có bán kính là: 64 12 64 12 )( 2 2 2 2 21 + + = + + == a a R a a TT M dR + Ta tìm a để R nhỏ nhất : Đặt 64 12 )(0 2 + + === t t tfRta 2 3 )0(00 )64(2 116 )( min 3 ' ==> + + = fRt t t tf đạt đợc khi : t=0 a=0 + Kết luận: vậy điểm M(0;2). Bài 5 : 1. Từ: )0)(( )2(32 )( )( )1(32 )( )( )()32()( )()32()( 0)()(4)( ' ' ' ' 2'2' > = += = += =++ xfdo xf xf xf xf xfxf xfxf xfxfxf + Xét (1) Có: ++=+= 1 ' )32()(ln)32( )( )( Cxxfdxdx xf xf 011)0()( 1 )32( 11 === ++ Cefdoexf CCx + Vậy: x exf )32( )( + = + Xét (2) tơng tự : ta đợc kết quả : .)32( )( x exf = 0.5 0.5 0.5 0.5 Đáp số: .)32( )( x exf = hoặc .)32( )( x exf + = 2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Có: GAOGGAOGOAGAOGOA .2 222 ++=+= Tơng tự ta có: GBOGGBOGOB .2 222 ++= GCOGGCOGOC .2 222 ++= GDOGGDOGOD .2 222 ++= + Từ trên : 222222 )(4 GDGCGBGAOGR +++= + Lại có : GA.GA 1 = GB.GB 1 =GC.GC 1 =GD.GD 1 =R 2 OG 2 Vậy : ) 1111 )(( 22 1111 GDGCGBGA OGRGDGCGBGA +++=+++ ) 1111 ).(( 4 1 2222 GDGCGBGA GDGCGBGA ++++++= + áp dụng Bunhia và cosi có: ) 1111 ()( 16 1 2 1111 GDGCGBGA GDGCGBGAGDGCGBGA +++++++++ GDGCGBGA +++ Dấu bằng xảy ra === GDGCGBGA Tứ diện ABCD gần đều hoặc tứ diện ABCD đều 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 . đề thi học sinh giỏi khối 12 (bảng a) môn: toán thời gian: 180 ' Bài 1:(4 điểm). Cho hàm số: )( 3 1 22 3 1 23 cmmxmxxy. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 (*) với t>2 cho giá trị x>0 + Ta có : (1) =++= == =++ 2 012) ( 12 0 )12) (2( 2 2 2 t atttf xt attt t + Do (*) nên để phơng trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì. yy xx Do 1 ; 2 đi qua M(a, 2) =+ =+ 12 4 . 12 4 . 2 2 1 1 y xa y xa Nhận xét : T 1 , T 2 có tọa độ thỏa mản phơng trình đờng thẳng 12 4 . : =+ y xa Vậy phơng trình đờng thẳng T 1 ,