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 . 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). 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. nghiệm: 0122 4 211 22 =+= ++ mxx xmxx (1) Phơng trình (1) 122 222 2 2122 2 22 +++= ++ xmxx xmxx 0,5 122 222 2122 22 22 ++=++ ++ xmxx xmxx (2) 0,25 Xét hàm số ttf t += 2)( Ta có 12ln2)('