Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán năm 2013

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Môn : Toán Thời gian làm bài : 180 phút CÂU 1 : (4điểm) Cho f(x)= 12 6 6)1( ++−− m x m x x 1. Giải bất phương trình f(x) 0 ≥ với m= 3 2 2. Tìm m để : (x-6 x−1 )f(x) 0 ≥ với mọi x [ ] 1;0∈ CÂU 2 : (4 điểm ) 1. Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm 2≤−++ xaxa 2. Giải và biện luận phương trình : [ ] )22(log4)2(log2 2 2 2 2 ++=+ + axx ax x CÂU 3: (4 điểm) Cho hàm số : y= 2 33 2 + ++ x xx (1) 1.Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2. Tìm những điểm thuộc đồ thị hàm số có các toạ độ là các số nguyên CÂU 4 : (6 điểm ) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn : 4 22 =+ yx và điểm A(1;0) một điểm M thay đổi trên đường tròn. Chứng minh rằng đường vuông góc với AM tại M luôn tiếp xúc với một conic cố định . 2. Cho hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi; O cố định các điểm A; B; C thay đổi . Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ B vuông góc với đường chéo AC luôn đi qua một điểm cố định. 3. Cho tam giác ABC vuông ở C. tìm những điểm P trong không gian thoả mãn : 222 CPBPAP    ≤+ CÂU 5: (2 điểm ) Tìm các hàm số f(x)xác định và có đạo hàm trên R thoả mãn điều kiện : f(x+y)=f(x).f(y); ∀ x,y R∈ . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Môn : Toán Thời gian làm bài : 180 phút Đáp án điểm Câu 1 (4 điểm ): 1. (2điểm) Đặt t= )0(6 >t x và : f(t)=(m-1)t- 12 2 ++ m t 1. m 3 2 ≥ ; f(t) ttt ≤⇔≤+−⇔≥ 10670 2 <6 10661 ≤≤⇔≤≤⇒ x x 0,25 0,25 0,5 1,0 2. (2điểm )Với x=1, bất phương trình thoả mãn với mọi m Xét x [ ] 1;0∈ Đặt h(x)=x-6 x−1 h’(x)=1+6 )(06ln 1 xh x ⇒> − đồng biến trên [ ] 1;0 và h(1)=0 [ ) 1;00)( ∈∀<⇒ xxh vậy ta cần tìm m sao cho : f(x) [ ) 1;00 ∈∀≤ x Với t=6 [ ) )( 2 2 6;1 2 2 tg tt tt mt x = + +− ≤⇒∈⇒ Ta có : g’(x)= 22 2 )2( 443 + −− tt tt Bảng biến thiên : t 1 2 6 g(t) - 0 + g’(t) 3 2 2 1 Từ m )(tg≤ đứng với mọi t [ ) [ ) mtg ≥⇔∈ )(min6;1 6;1 hay m 2 1 ≤ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II: (4 điệm ) 1.(2đ) Ta có :a<0 thì xa − vô nghĩa Vậy ta xét a 0 ≥ điều kiện x 0 ≥ i) khi a=0 02 =⇔≤−+⇒ xxx ii) khi a>0; điều kiện      ≤≤ ≥ ⇔    ≤ ≥ 10 0 0 a x x ax x 0,25 Đặt            Π ∈≤ = 2 ;0; cos ϕ ϕ ax ax phương trình 2cos1(cos1( ≤−++⇔ ϕϕ aa (*) a 1 42 cos ≤       Π − ϕ với 2 Π ≤≤ ϕ o thì 1 42 cos 2 1 ≤       Π −≤ ϕ Vậy để (*) có nghiệm thì a 1 ≥ 2 1 ⇔ 0< a ≤ 2 Vậy phương trình có nghiệm ⇔ 0 ≤ a ≤ 2 0,5 0.5 0.25 0.25 0.25 2, (2 điểm) Viết lại phương trình dưới dạng 2 x 2 + 2 log 2 (x 2 +2) = 2 2 ax + + 2 . [ ] )22(log 2 ++ ax . Xét hàm số f(t) = 2 t log 2 t với t ≥ 2 f ' (t)= 2 t log 2 t.ln2 + 2ln 2 t t > 0 ∀ t ≥ 2 ⇒ hàm số đồng biến Khi đó phương trình có dạng : f(x 2 +2) = f(2 2+x +2 ) ⇔ x 2 +2 = 2 2+x +2 ⇔ x 2 = 2x +2a (1) hoặc -x 2 = 2x +2a (2) a,giải và biện luận (1) : 1 ∆ =1+2a * 1 ∆ <0 ⇔ a< - 2 1 ⇒ (1) vô nghiệm * 1 ∆ =0 ⇔ a= - 2 1 ⇒ (1) có nghiệm kép x= 2 1 * 1 ∆ >0 ⇔ a> - 2 1 ⇒ (1) có 2 nghiệm phân biệt x 1,2 =1 ± a21+ b,giải và biện luận (2) : 2 ∆ =1-2a * 2 ∆ < 0 ⇔ a > 2 1 ⇒ (2) vô nghiệm * 2 ∆ = 0 ⇔ a = 2 1 ⇒ (2) có nghiệm kép x=- 2 1 * 2 ∆ >0 ⇔ a < 2 1 ⇒ (2) có 2 nghiệm phân biệt x 1,2 =-1 ± a21− Kết luận: 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 + Với a < - 2 1 phương trình có nghiệm : x =-1 ± a21− + Với a = - 2 1 phương trình có nghiệm : x= 2 1 ; x = -1 ± 2 + Với- 2 1 <a < 2 1 phương trình có nghiệm : x = 1 ± a21+ + Với a = 2 1 phương trình có nghiệm : x= - 2 1 ; x = 1 ± 2 + Với a > 2 1 phương trình có nghiệm : x =1 ± a21+ Câu 3 : (4 điểm ) 1. (3 điểm) y = 2 33 2 + ++ x xx TXĐ { } 2/ −= RD y ' = 3;10'; )2( 34 2 2 −=−=⇔= + ++ xxy x xx ý >0: hàm số đồng biến ( 3;−∞− ) và ( 1− ; ∞+ ) y’<0 hàm số nghịch biến )2;3( −− và )1;2( −− Cực đại (-3;-3); cực tiểu (-1; 1) +∞= +→ y x 2 lim ; −∞= −→ y x 2 lim suy ra đường thẳng x=-2 là tiệm cận đứng y=x+1+ 2 1 +x ; lim 0 2 1 = + +∞→ x x ⇒ x+1 là tiện cận xiên +∞= +∞→Üm lim ; lim −∞= −∞→x Bảng biến thiên : x -3 -2 -1 + ∞ y’ + 0 - - 0 + y -3 ∞+ + ∞ - ∞ ∞− 1 0,5 0.25 0.25 0,5 0,5 0,5 0,5 ∞− Đồ thị : Giao với Oy tại (0; 2 3 ) y nhận I(-2; -1) làm tâm đối xứng 3/2 1 -3 -2 -1 x O -3 2. (1 điểm) Hàm số y= 2 1 1 + ++ x x vì 221; +⇒+⇒∈∈ xxZyZx  là ước của 1 vậy x+2=+1 hoặc x+2=-1    −=⇒−= =⇒−= ⇒ 33 11 yx yx Vậy trên đồ thị hàm số có 2 điểm có toạ độ là các số nguyên là : (-1; 1) và (-3; -3) Câu IV: (6 điểm ) 1. (2 điểm) Đường tròn : 4 22 =+ yx giả sử M(2cos αα sin2; ); [ ] Π∈ 2;0 α )sin2;1cos2( αα −=MA  do đó phương trình đưòng thẳng ∆ vuông góc với AM tại M có phương trình : (2cos 0.sin2)1 =++− Dyx αα M 4cos2 −=⇒∆∈ α D 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 ⇒ phương trình ( ∆ ) : (2cos 04cos2.sin2)1 =−++− ααα yx (*) Giả sử (x;y) là toạ độ các điểm không thuộc đường thẳng ∆ nào Phương trình (*) vô nghiệm 1243 22 <+⇔ yx α Xét (1) 1 34 22 =+⇔ yx ta có họ đường thẳng ∆ luôn tiếp xúc với elip trên 2. (2 điểm) Lập hệ trục Oxy; O gốc A,C thay đổi lần lượt thuộc Ox và Oy. A(a;0) ; C(0;c) ⇒ B(a; c) y ∆ (a;c>0): a+c=b=hằng số Phương trình AC: y= cx a c +− C(0;c) B(a;c) Đường thẳng ∆ qua B vuông góc với AC O A(a;0) y= c ac a c a cyyx c a 22 00 − =−=⇒+ =b(1- c a ) Vậy ∆ : y = c a x + b(1- c a ) Giả sử ∆ qua D ( x 1 ; y 1 ) cố định với mọi a và c ⇔ c a (x 1 -b) – (y 1 -b) = 0 ∀ a;c ⇔    = = by bx 1 1 Vậy ∆ luôn đi qua điểm D (b;b) cố định. 3. (2 điểm ) Chọn hệ trục Cxyz như hình vẽ z 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x A (a;0;0) ;B(0;b;0) C(0;0;0) A Gọi P(x;y;z)ta có 222 PCPBPA ≤+ C B [ ] [ ] 222222 )()( zbyxzyax +−++++−⇔ y ≤ x 2 + y 2 + z 2 ⇔ (x-a) 2 + (y-b) 2 +z 2 ≤ 0 ⇔      = = = 0z by ax Vậy P(a;b;0) Vậy tập hợp cần tìm có một điểm đó là đỉnh thứ tư của hình chữ nhật ACBP. Câu 5 : (2 điểm) Nhận xét : f(x) =0 là một hàm số thỏa mãn điều kiện . f(x+y) = f(x).f(y) * ; ∀ x ; y ∈ R và có đạo hàm ∀ x ∈ R xét f(x) ≠ 0 . Khi đó tồn tại x 0 ∈ R để f(x 0 ) ≠ 0 . Theo * thì f(x 0 ) = f((x 0 -x)+x) = f(x) .f(x 0 -x) ≠ 0;x ∈ ∀ R ⇒ f(x) ≠ 0; x ∈ ∀ R mặt khác ,từ * ta có f( 22 xx + ) = f(x) =(f( 2 x )) 2 ≥ 0 ; x ∈ ∀ R Lấy đạo hàm hai vế theo biến x và biến y của * ta có. Theo x : f ' (x+y) =f ' (x).f(y) : ∀ x ; y ∈ R Theo x : f ' (x+y) =f(x).f ' (y) : ∀ x ; y ∈ R ⇒ )( )( ' xf xf = )( )( ' yf yf ; ∀ x ; y ∈ R Từ đó ta có (lnf(x).) , =a ⇔ f(x).= e a.x + b Thử lại ta có f(x+y) =e a(x+y)+b f(x).= e a.x + b 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 f(y).= e a.y + b ⇒ f(x).f(y)=e a.x+b+a.y+b Vậy b=0 Do đó : f(x)= e a.x ; ∀ x ∈ R Kết luận f(x) ≡ 0 hoặc f(x)= e a.x ; a tùy ý ; ∀ x ∈ R 0.25 . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Môn : Toán Thời gian làm bài : 180 phút CÂU 1 : (4điểm) Cho f(x)= 12 6 6)1( ++−− m x m x x 1. Giải bất phương trình. ∀ x,y R∈ . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Môn : Toán Thời gian làm bài : 180 phút Đáp án điểm Câu 1 (4 điểm ): 1. (2điểm) Đặt t= )0(6 >t x và : f(t)=(m-1)t- 12 2 ++ m t 1. m 3 2 ≥ ;. t=6 [ ) )( 2 2 6;1 2 2 tg tt tt mt x = + +− ≤⇒∈⇒ Ta có : g’(x)= 22 2 )2( 443 + −− tt tt Bảng biến thi n : t 1 2 6 g(t) - 0 + g’(t) 3 2 2 1 Từ m )(tg≤ đứng với mọi t [ ) [ ) mtg ≥⇔∈ )(min6;1 6;1 hay