Chứng minh rằng khi M di động trên P thì đường thẳng MT luôn đi qua một điểm cố định.. Chứng minh rằng khi M di động trên P thì thì trung điểm I của MT chạy trên 1 pa ra bol cố định... M
Trang 2Sở gd&đt thanh hoá
Trường THPT Hậu Lộc I đề thi học sinh giỏi lớp 12
Môn: toán – bảng A
Thời gian: 180 phút Bài1: ( 4 điểm)
Cho hàm số y= ư 2x+m x2 ư 2x+ 2
1 Tìm các tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi m = 3
2 Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại một điểm xo<-2 Bài 2: ( 4điểm)
1 Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn [ ]1 ; 2
0
1 3
2 1
ư
x x x
x m
2 Giải bất phương trình:
2 4 6 2 2 4 6 2 2 4 6
) 1 ( )
1 ( )
2 ( x+ x+ + ư x + x+ ≤ + x+ x+
m m
2 Cho ∆ABC Tìm giá trị lớn nhất của sinC biết:
sin2A + sin2B = k sin2C Với k >
2 1
Bài 4: ( 2 điểm)
Tìm các đa thức f(x) thoả m=n:
x.f(x-1) = (x-3) f(x)
Bài 5: ( 6 điểm)
1 Lập phương trình của Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) và đỉnh S(2;1)
2 Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông Gọi H là hình chiếu của
O lên đáy ABC Chứng minh rằng:
a) 1 2 12 12 12
OC OB
OA
b) S2 ∆ABC =S2 ∆OBC +S2 ∆OAC +S2 ∆OAB
Trang 3đáp án đề thi hsg lớp 12 Môn: toán – bảng A Bài1:
1) (1,5điểm): Với m =3 ta có: y= − 2x+ 3 x2 − 2x+ 2
TXĐ: D = R
Tiệm cận xiên bên phải
1 2 2 3
2
lim
2
= +
− +
−
= →+
x
x x x
Ta có tiệm cận xiên bên phải y= x-3 (0,25điểm)
Tiệm cận xiên bên trái
5 2 2 3
− +
−
= →−
x
x x x
−
− +
−
⇔
) 2 ( 0
) 1 ( 1
2 2 2
0 ) 2 2
(
0 2 2
) 1 ( 2
0 0 2 0
3 0 2
0
0 2
x
x
m
x x
x m
(0,5 điểm)
Đặt
1
2 2 2
)
(
0 0 2 0 0
g với xo<-2 (0,25 điểm)
) ( 0 2 2 )
1 (
2 )
(
0 2 0 2 0
0
/
x g x
x x
− (0,5 điểm)
Trang 4VËy
3
10 2
1 3
m t
; 0 ) (
2 4
)
/
t t
1
2
2 6
4 2
2 2
≤ +
− + +
+ + +
x
m
m m
Trang 51 )
(cos )
(sin (x+2) +2 + (x+2) +2 ≤
t
t (2) (0,25 ®iÓm)
V× (x+ 2 ) 2 + 2 ≥ 2 ; ∀x∈R (0,25 ®iÓm)
Vµ (sint)(x+2)2+2 ≤ sin2t (0,25 ®iÓm)
(cost)(x+2)2+2 ≤ cos2t (0,25 ®iÓm)
Ta suy ra vÕ tr¸i cña (2) ≤ sin2t+ cos2t≤ 1 ; ∀t (0,25 ®iÓm)
VËy bÊt ph−¬ng tr×nh ®= cho cã tËp nghiÖm lµ R (0,25 ®iÓm)
Ta cã 1 + cosx > 0 ; 1 + sinx > 0 (0,25 ®iÓm)
Ph−¬ng tr×nh ⇔ logcosxsinxln( 1 + cosx) = logsinxcosxln( 1 + sinx) (0,25 ®iÓm)
(*) ) cos 1 ln(
) cos (ln ) sin
sin ln
cos ln ) cos 1 ln(
x
x x
x
x x
x x
x
x
+
= +
⇔
+
= +
⇔
(0,25 ®iÓm)
XÐt hµm sè:
) 1 ln(
ln ) (
2
t
t t
) 1 (
ln ) ln(
) ( 2
−
=
t t
t
t t t t t
Trang 6Từ giả thiết, theo định lý sin ta có: a2 + b2= kc2 (0,25 điểm) Theo định lý cosin ta đ−ợc: a2 + b2= k ( a2+b2-2abcosC ) (0,25 điểm)
ab
b a k
k
C
2
1 cos
b a k
k
2
1 cos
2
≥ +
−
=
⇒ theo côsi (0,25 điểm)
2 2
cos 1
sin
k
k C
Trang 7Bài 5:1.(1 điểm)
Đường thẳng SF là trục của (P) có phương trình: x – y - 1 = 0 (0,25 điểm)
Đường chuẩn (∆) của (P) có phương trình: x + y - 1 = 0 (0,5 điểm) Gọi điểm M(x;y) ∈ (P) ↔ FM = d(M; ∆) (0,25 điểm)
2
) 1 (
) 2 (
)
3
(
2 2
2 + ư = + ư
+
⇔ x y x y (0,5 điểm)
↔ x2 + y2- 2xy - 10x - 6y + 25 = 0 (*) (0,25 điểm) (*) là phương trình của Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh
và F là tiêu điểm (0,25 điểm)
⇒ H là trực tâm của ∆ABC (0,25điểm) Xét ∆ vuông AOA1 tại O ta có: B (0,5điểm)
2 1 2
2
1 1
1
OA OA
OH = + (1) (0,25điểm)
∆ OBC vuông tại O, ta có: 2 2 2
1
1 1
1
OC OB
Trang 82 2
2
2
1 1
1
1
OC OB
OA
OH = + + (®pcm) (3) (0,25®iÓm)
Nh©n hai vÕ cña (3) víi 9.V2
OABC ta cã: (0,25®iÓm) 9.V2
OABC =OH2.(SABC)2= OA2 (SOBC)2= OB2 (SOAC)2 = OC2 (SOAB)2 (0,5®iÓm)
Ta ®−îc:
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
2
) (
) (
) (
)
(
OC
S OC OB
S OB OA
S OA OH
S
+ +
Trang 9Sở GD & ĐT Thanh hoá đề thi học sinh giỏi khối 12
Trường THPT Quảng Xương 1 Môn: toán- bảng A - năm học 2005 - 2006
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm)
2
532
2 4
C x
()(
3cos.cos3
sin.sin
3 6
3 3
ư
=+
ư
+
π
π tg x x
tg
x x
x x
Câu 3: (4 điểm)
1 Giải phương trình : log ( 2 2 2) log2 3( 2 2 3)
3 2
2 Tìm: lim 2( 2 3 3)
x
x x
x x
1 Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A AB = a,
các cạnh bên SA = SB = SC = a và cùng tạo với đáy một góc α
Xác định cos α để thể tích hình chóp lớn nhất
2 Tính các góc của ∆ABCbiết
2
32
sin2
sin2
3sin A + AưC + AưB =
Trang 10π
dx e tg
Trang 11Sở GD & ĐT Thanh hoá đáp án đề thi học sinh giỏi khối 12
Trường THPT Quảng Xương 1 Môn: toán- năm học 2005 – 2006
Câu 1: (4 điểm)
1> Điểm M∈(C), xM = a ->
2
5 3 2 2 4
6 2
5 3 2 ) )(
6 2 ( 2
5
3
2
3 2
2 2
4 3
2
4
=
ư + +
ư
⇔ +
ư +
=
=
⇔
0 6 3 2 )
a ax x
0 3 0
6 6
)
(
0 ) 6 3 (
2 2 2
2 2 '
)
(
a
a a
a a
a
g
a a
2> pt <=> (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) = 2m – 1 <=>
(x2 + 6x +5)(x2 + 6x + 8) = 2m – 1
Đặt t = x2 + 6x +5 = (x + 3)2 – 4 ≥ -4
Do x2 + 6x +7 ≤ 0 <=> x2 + 6x +5 ≤ -2 => t ≤ -2
Bài toán trở thành tìm m để pt: f(t) = t(t+3) = 2m-1 có nghiệm t ∈[ư 4 ; ư 2]
<=> số giao điểm của đồ thị f(t) = t2 + 3t và đường
Trang 12Vậy để phương trình có nghiệm thì
2
5 2
f
Xét g(x) = 3x3 + 3x2 + 3x + 1 với x ∈ [-1; 2]
g’(x) = 9x2 + 6x + 3 = 0 <=> [ 1 ; 2 ]
3 1
; 0 ) 6 (
; 0 ) 3 cos(
, 0 ) 6
x tg x
tg x
x
3 ( ).
6 ( ) 6 ( cot )
3
( 2 cot )
3 ( 3 sin ) 3 sin sin 3 ( 8
1 3 cos cos 3
1 3 sin 3 cos ) 3 cos cos 3
1 2 cos 2
1 2
Trang 133 2 0
3 2
0 2
x x
x
x x
pt <=> log ( 2 2 ) log ( 2 2 3 )
3 4 7 2
3 4
x x y x
x x
x
) 3 4 7 ( 3 2
) 3 4 8 ( 2 2 )
3 2 ( log ) 2 2 ( log
2
2 2
3 4 7 2
4
7
0 3
2
2
a
t x
a t
a t
) ( 1
1 1
a a
=
(t/m)
(t/m) 1 3 4 11 1
3 3 4 11 1 2
− +
=
→
3 2
0 2
3 0
) 1 ( 3 1 ) 1 ( 2 1 lim 3
1 2
1
lim
y
y y
y
y y
y
y y
I
y y
0,5®
0,5®
0,5®
0,5®
Trang 143 2
1 1
1 lim
) ) 1 ( 3 1 ) 1 ( ) 3 1 ( (
) 3 ( )
1 ( 2 1
lim
3 2
0
2 3
2
2 2
2 0
+ +
+ +
+ +
+ + +
y y
y y
y
y y
y y
y
y y y
y y
OC OB OA
=> SO lµ trôc ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC
=> SO lµ ®−êng cao cña h×nh chãp
S ABC
6
2 3
−
α α
1 cos 4 sin 4 12 1 cos 4 sin
4
12
3 2
2 3 2
2 3
a a
a
=
− +
≤
α α
DÊu “=” x¶y ra <=>
2
1 2 2
5 cos
1 cos 4 sin
Trang 15Vậy
2 2
5 cos α = hình chóp có thể tích lớn nhất
2
3 2
sin 2
1 4
cos 2
1 ) 4
3 4
sin(
2
0 ) 4 cos 1 ( 2
1 4
cos 4
1 4 cos ) 4
3 4 sin(
) 4
3 4
3 4 sin(
2 ) 4
3 4
2 )
2 2
2
2
=
− +
− +
−
C B C
B A
C B C
B C
B A A
C B A A
C B C B A A
π
π π
π π
π
Do
2 4
cos 2
1 ) 4
−
=
−
0 4
cos 2
1 ) 4
3 4 sin(
0 4 sin
C B A
C B
100
C B A
1 )
2 1 ln(
π
π π
π
I I
x xdx dx
x tg I
Tính =∫2 +
0
2 1 ln(
π
dx
x tg
I đặt x= −t⇒ x = − t ⇒dx= −dt
2 4 2 2
π π
Trang 16+
= +
− +
2 ln )
2 1 2
1 1 ln(
) 2 4 ( 1
dt t tg
t tg dt
t tg I
2 1
1 1
4 8 2
ln 4 2
ln 2 2
ln )
2 1 ln(
I I
t dt
t tg dt
4 8
2 π
=
I
NhËn thÊy ®−êng th¼ng ( ∆ ) kh«ng cã ®iÓm chung víi parabol (P)
Gäi ( ∆ ' )lµ ®−êng th¼ng tiÕp xóc víi Parabol (P) vµ song song víi dt( ∆ )
4 4
3 16
2
x
m x x
; 4 (
) 4
9
; 6 ( 0
d
n M
+
= +
−
20 13 5 36
0 4
123
3
4
0 19
4
3
y
x y
36 ( − − ⇒M0I =
I
Pt ®−êng trßn t©m I, bk R = IM0 cã d¹ng
4 ) 20
13 ( ) 5
36 (x+ 2 + y+ 2 =
M 0
M 1 ( ∆ ' )
Trang 17Ta chøng minh: ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh trªn lµ ®−êng trßn cã bk
nhá nhÊt so víi c¸c ®−êng trßn t/m ycbt
ThËt vËy: LÊy ®iÓm I1 bÊt k× trªn ( ∆ ), M1 bÊt k× trªn parabol (P)
Trang 18THPT Quảng Xương 3
1
Sở giáo dục và đào tạo
Thanh Hóa kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 THPT
- -
Môn thi Toán bảng A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
- Bài 1 (4 điểm)
1 Tìm trên trục hoành các điểm có thể kẻ đến đồ thị hàm số
2 Tính thể tích vật thể sinh ra bởi phép quay quanh trục Ox của hình giới hạn bởi: y= log2x; x + y = 3; y = 0
<
+ +
ư
0 7 7
0 2 2 2
2
m x m x
m x m x
có nghiệm
2 Giải phương trình x2 ư 2xư 3 = x+ 3
Bài 3 (4 điểm)
1 Giải phương trình cos6x – cos4x + 4cos3x + 4 = 0
2 Trong tam giác ABC, chứng minh rằng:
6
13 cos
cos cos
1 cos
cos
+ +
+ +
+
C B
A C
x
1 3 1 2 1 lim
3 0
ư + +
2
0 3 2
2
z y
x
z y
x
có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc với mặt cầu
2 Với a, b, c dương và 1 ≤ α ∈ R, chứng minh rằng:
1 1 1 1
1 1 1
+ +
≥ +
+ +
+
α α
α
α α
α
α α
α
α α
α
α α
α
α
b a
c a
c
b c
b
a b
a
c a
c
b c
b a
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh số báo danh
Trang 19x x
x x k x x
2 2
0 2
1 2
1
2
x x x
=
=
1 1
2 0
0 0
0
x Voi x
x x x
• Víi x0 = 0 ⇒ k = 0,
Víi x0 =
1
2 0
0 +
x
x
⇒ k =
( )2 0
• §Ó tháa m^n yªu cÇu bµi to¸n th×:
2 1
2 1 0
1
45
k k
k k tg
+
−
( )2 0
3 2
2 2
2 1
2 ln log =
=πlog2e.(2 ln 2 − 1)
• V2 =π ∫ ( −x)dx
3 2
2
3 = = π
3 1
II 1
( ) ( )
<
+ +
−
) 2 ( 0
7 7
) 1 ( 0
2 2 2
2
m x m x
m x m x
• Víi m < 0 tËp nghiÖm D1= (m; 2) vµ tËp nghiÖm D2= (-7; -m)
y
O 1 2 3 x
1
Trang 20x x x
•
2
17 3 0
2 3
1 1
x x
1 3 cos
ππ
l x
k x
KL: Nghiệm x = π + 2kπ
0.5đ 0.5đ
0.5đ 0.5đ III
2
• đặt cosA+ cosB+ cosC= 1+
2
sin 2
sin 2 sin
4 A B C = t ⇒ 1< t ≤
2 3
2
3
) =
6 13
• Vậy
6
13 cos
cos cos
1 cos
cos
+ +
+ +
+
C B
A C
B A
Dấu bằng xảy ra khi: cosA+ cosB+ cosC=
2
3 hay tam giác đều
0.5đ
0.5đ 0.5đ
x x
x
1 3 1 3 1 3 1 2 1 lim
3 3
3 0
− + + +
− + +
→
=
x
x x
x
1 2 1 3 1 lim3
0
− + +
− +
→ = L1 + L2
• L1 =
x
x x
x
1 2 1 3 1 lim 3 0
− + +
2 3
1 lim 3
x x
− +
1
3 lim
3 2 3
0
x x
0.5đ 0.5đ
Trang 21) ( 0 1 2 2
) ( 0 3 2
2
Q z
y x
P z
y x
) (
Q I
P I
và (P) ⊥ (Q)
• ⇒ hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận (Q) làm mặt phẳng
phân giác ⇒ 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cũng là
hai mặt phẳng phân giác của góc sinh bởi (P) và (Q) Nên phương
trình 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là:
0 4 - 3z -
x 3
0 2 - z 4y
1 ư + ư
=
3 4
• Phương trình mặt cầu cần lập là: ( ) ( ) ( )
9
16 1 1
1 1 1
b a
c b
a
c a
c
b a
c
b c
b
a c
b a
0 1
1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
α α α α
α α
α α α α
b a b a
c c
a c a c
b b
c b c b
a a
1
1 1
1 1
1 1
1
1 1
1
≥ +
+
ư +
ư +
+ +
+
ư +
ư +
+ +
ư +
α α
α
α α α α
α α
α α
α α α
α α
α
b c a c
a c b a c a c
a c a c
a b a c b c b c
b c b
c a c b a b a
1 1
1 1 1
1 1
1
1 1 1
1 1
1
1 1 1
1 1
ư + +
ư +
ư +
+
ư +
ư + +
α α α α
α
α α α α α
α α α α
α
α α α α α
α α α α
α
a b c b b
a b a a c a c
b a b a a
c a c c b c b
a c a c c
b c b b a b a
Điều này luôn đúng với mọi a ≥ b ≥ c > 0 và α > 1, α ∈ R
dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
Trang 22Đề thi học sinh giỏi 12
(Thời gian làm bài 180’)
Câu 1: Chứng minh rằng hàm số y = x4- 6x2 + 4x + 6 luôn luôn có 3 cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của các tam giác tạo bởi 3 đỉnh và
a Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì đường thẳng MT luôn đi qua một điểm cố định
b Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì thì trung điểm I của MT chạy trên 1 pa ra bol cố định
Câu 4: Giải phương trình sau:
sinx + siny + sin (x+y) =
2
3 3
Câu 5: Cho dLy số In = ∫π
π
n n
dx x x
4 2
a
+ +
Người ra đề :Ngô Quốc Khánh Trường PTTH Lam Sơn
Trang 23Đáp án Câu 1: (3 điểm )
g(
0 1) g(-1).g(
0 1) 2).g(- g(-
1 x x
x + + )-(x1+x2+x3) - 6]
= -3 [(x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6] = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 Vậy G (0;0) ≡ 0(0;0) (ĐPCM)
Câu 2: ( 2 điểm)
x+y = 4zư 1 (1)
y + z = 4xư 1 (2) (I) đk x,y,z >
4 1
z + x = 4yư 1 (3)
áp dụng bất đẳng thức cosi tacó:
1 ).
1 4 ( 1
4zư = zư <
2
1 ) 1 4 ( zư +
= 2z (1’) Tương tự 4xư 1 < 2x (2’) 4yư 1< 2y (3’)
Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy ra
2(x+y+z) = 4zư 1 + 4xư 1 + 4yư 1< 2z + 2x + 2y (4)
Từ (4) suy ra:
4z - 1 = 1 (I) <=> 4x - 1 = 1 <=> x = y = z =
2
1
nghiệm đúng (I) 4y - 1 = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z =
2
1
Câu 3: (P): y2 = 4x
Trang 24y 0 OM.
2 1
y - y 4
y - 4 y
4
y - x
1 2
1 2
1
2 2
2 1
Nên đường thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J (4;0)
b (3điểm) Gọi I (x0, y0) là trung điểm MT thì
x0 = (y y ) 8
(1)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có
2 ) 2
3 3 (
2 cos
Trang 25⇔ víi k , n Z
2n 3 y
2k 3 x
π π
C©u 5: (3 ®iÓm) dx
x
cosx
4 4
) (sin
)
1 ( sin
dx
n n
π π
1 2
1 4
π
π
) 1 ( 2
) 1 2 (
sin
k k
x( 2 2
) (
1 1
π+
a a
a
+
+ (1) víi 1 ≠ a > 0 Trong hîp 1: a >1
(1) <=> (a + 3
a)lna < (1 + 3
a) (a-1) (2) §Æt x = 3
a => x >1 (2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1) ∀x > 1
1 ( 6
x
x x
x− + + > 0 , ∀x > 1
Trang 27Sở giáo dục và đào tạo Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 – THPT
Thanh hoá Năm học 2005 - 2006
Môn thi : toán học - bảng A
Đề chính thức (Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao đề)
Bài 1: ( 4 điểm )
Cho hàm số :
1
1 1
ư + +
=
x x
1/ Khảo sát hàm số
2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm
đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất
t
1 1
+
ư
ư +
; 27
1
0 12
' 2 2 '' 4
2 2Bài 7: (2 điểm )
ư
ư
= ư +
ư +
8 3 1
2
3 2
2
4 3
log 2
y y
y
y x
Cos
Bài 8: (2 điểm )
Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng
với tâm của đáy hình chóp kia Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh
bên của hình chóp kia Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một
góc α.Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc β
Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp
Bài 9: (2điểm )
Cho các số thực a,b,c≥ 2 chứng minh bất đẳng thức sau :
Log b+c a2 +Log c+a b2+Log a+b c2 ≥ 3
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Trang 28Thanh hóa; Ngày 02 tháng 10 năm 2005 Lời giải chi tiết và biểu điểm
đề thi học sinh giỏi toán khối 12
Bài 1 1 a) TXĐ : D = R
b) Sự biến thiên:
• CBT:
( )2 1
1 1 '
• Cực trị : Cực đại tại x =0 và y CD = 0 Cực tiểu tại x=2 và y CT = 4
• Nhánh vô cực và tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận xiên y
= x+1 và = +∞ = −∞
−∞
→ +∞
y
1 1
2
−
=
− + +
=
a
a a
a a y
PTTT của ( C ) tại M là: ( ) ( )( ) ( ) ( )
1 1
2 '
2 2
2
− +
a a y a x a y a y
(d)
0.5
điểm
Trang 29Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1
Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 )
a
a A
Với tiệm cận xiên là : B=(2aư 1 ; 2a)
AI BICos
AI BI
AI
4
2 2
+
≥ + +
= AB AI BI AB AI BI p
Dấu đẳng thức xảy ra
4 2
4 1 2 2
2
1 2 2
; 2
1 1
Ta có
2
1 ln 2
1 2
1
1 2
x x
PT đã cho tương đương với x ư lnx=m
2
1 2 (1)
Số nghiệm dương của PT là số giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị
= + = +∞
→ +∞
Trang 30
2 1
Do đó
( )( ) ( )( ) ( )( )
= + +
= + +
=
ư
+ +
=
ư
+ +
=
ư
5 4 3
5 4 3 2 2 2
c b a c
b a c b
a c b a
ca bc ab c
ca bc ab b
ca bc ab a
= +
= +
4
15 2 3
15 2 5
15 2
a c
c b
b a
Cộng các vế phương trình của hệ, có PT mới và thay lần lượt mỗi PT của hệ
vào PT vừa có.Ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
ư
ư
= 4 2
3 2
0.5
điểm
0.5
điểm
Trang 31
Xét f(t) trên [0;1] ta có :
( ) ( ) 0 ; [ ]0 ; 1
2
3 4 2
m m
1 điểm
Bài 5 Ta chứng minh bổ đề: Điều kiện cần và đủ để tam giác ABC có B= 2A
là b2 =a2 +ac
(1) Thật vậy: Theo định lý CôSin trong tam giác
aCosB a
c a aCosB c
ac a acCosB c
a
áp dụng định lý Sin, ta được 2RSinCư 2RSinA= 4RSinACosB
(A B) Sin(A B) SinA Sin(B A)
Sin SinA
a) Nếu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi đó từ (1) ta được x=1 suy ra a=1,b=2,c=3 Không thoả mãn tính chất cạnh của tam giác b) Nếu a=x,b=x+2,c=x+1 : Từ (1) ta có PT x2 ư 3xư 4 = 0
Suy ra a=4,b=6,c=5 ( thoả mãn ) c) Nếu a=x+1,b=x+2,c=x : Tương tự thì x2 ưxư 3 = 0 , PT không có nghiệm nguyên dương nên không thoả mãn
Vậy có 1 tam giác duy nhất thoả mãn bài ra là tam giác có độ dài các cạnh là : a = 4,b = 6,c =5
a x P
2 1 1
2
2
2 1 1
n n
Từ yêu cầu , ta có điều kiện cần là : Hệ số của luỹ thừa bậc (n + 1) phải bằng 0
mà hệ số đó là n(nư 1)a n ư 2na n =n(nư 3)a n
Lại do a n ≠ 0 ;n> 1 nên n(nư 3)a n = 0 ⇔n= 3
Do vậy đa thức phải có dạng P( )x =a3x3 +a2x2+a1x+a0;a3 ≠ 0
Thay đa thức vào điều kiện (1) :
3 1
3 2
2 0
3 2 1
1 3 2
2 3
8 12 6
0 4 3
0 6
0 12
4
0 6
a a
a a
a a
a a
a a a
a a a
a a
0.5
điểm
0.5
điểm
Trang 32
Vậy đa thức cần tìm là : P( )x = x3+ 6x2 + 12x+ 8
0.5
điểm Bài 7 Với ∀x∈R ta có 3 ư(y+4) = 23+Cos2xưLog23 ≥ 22ưLog23 = 2Log23 = 3
⇔ ư (y+ 4 ) ≥ 1 ⇔ y≤ ư 5 (1)
Đẳng thức xảy ra khi +Cos x= ⇔Cosx= ⇔ x= +k ;k∈Z
2 0
0 2
=
5
; 2
y
Z k k
1 điểm 0.5
điểm 0.5
điểm Bài 8 Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O’.A’B’C’ với O là tâm
của tam giác ABC và O’ là tâm của tam giác A’B’C’
Theo bài ra thì OO’ là đường cao chung của 2 hình chóp
Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tương ứng của 2 hình
chóp Phần thể tích chung của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện
ODEFO’ Ký hiệu V là thể tích đó thì V = OO'.S∆DEF
∆ vuông tại O’ nên OO ' l= cos α
Do tính đối xứng nên OO’ đi qua tâm I của ∆DEF
Trong ∆IOE ta có : OI = IEcotgα
Trong ∆IO'E có::::O'I =IEcotgα
Suy ra
β α
α β
α β
α
g g
l g
g
OO IE
g g
IE OO
cot cot
cos cot
cot
' )
cot (cot
'
+
= +
=
⇔ +
=
Tam giác DEF đều , đường cao EJ EI
DE
3
3 2
) cot (cot
4
cos 3 3
β α
α
g g
Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : 2
3 3
) cot (cot
4
cos 3
β α
α
g g
l V
Trang 332 2 2
2
+
+ +
+ +
⇔
b a Log
c Log a
c Log
b Log c
b Log
a Log
z x z
y z y
x ab Log
c Log ca
Log
b Log bc
Log
a Log VT
+
+ +
+ +
= +
+
1
2 2 2
2 2
+
z x z
y z y
x
(2 2 2 ). 1 1 1 9
9 2
2 2
2 2
+ + +
⇔
x z z y y x z y x
y x
z x
z
y z
y x
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái , ta đ−ợc điều phải chứng minh
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2 2
b a
c Log b Log a Log z
y x
z y x
1 điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
Chú ý : Nếu thí sinh có lời giải theo các cách khác mà đúng vẫn cho điểm theo biểu điểm của
từng bài
Trang 34b m
a
Chứng minh rằng:
Đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c luôn cắt trục ox tại ít nhất một điểm thuộc khoảng (0;1)
3 ( sin ) 2
) 2 cos 2
(cos 2
1 ) 3 cos 3
(cos 3
1
= +
+ +
5 + + x x x
2) (Tự sáng tác)
Giải phương trình: 3x2 + 1 + log2006 6
2 6 2 1
2 4
x x
x
x
= + + +
Bài 4: (4 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
1) ( Đề thi tuyển sinh vào ĐHXD - Hà Nội năm học 2000-2001)
Trang 35Cho điểm A(4;0) và đường thẳng ∆: 4x - 9 = 0 Chứng minh rằng tập hợp các điểm
M có tỷ số khoảng cách từ đó đến điểm A và từ đó đến đường thẳng ∆ bằng
3
4
là một Hypebol H0y viết phương trình của Hypebol đó
2) ( Chuyên đề về hình học giải tích của Cam Duy Lễ - Trần Khắc Bảo)
Cho Parabol y2 = 2px (p > 0) và đường thẳng d di động nhưng luôn đi qua tiêu
điểm F của Parabol Gọi M, N là các giao điểm của parabol với đường thẳng d Chứng minh rằng đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định Bài 5: (3 điểm) (500 Bài toán về bất đẳng thứccủa Phan Huy Khải -Tập II)
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành Gọi K là trung điểm của SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N Gọi V1, V thứ tự là thể tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số
V
V1
Trang 36
đáp án - thang điểm
kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi tỉnh - môn toán LớP12
1 2
ư
= +
x x
I I B
A
Ta phải có điểm I thuộc đường thẳng y =x -1 => 1
4
1 4
Vậy hai điểm cần tìm là
bx m
ax m m m
+ +
+ +
+ +
2 4
2 4
b m
a
(do giả thiết) Theo định lý Lagrăng: tồn tại x0 ∈(0;1) sao cho f’(x0) = 0
0 1
) 0 ( ) 1 (
3
0
ư + + + m + x
Trang 37) 1 2 ( 8 ) 2 1 (
1
) 1 2
253 3 (
f(t)
12 1
−
Trang 38Do đó (2) đ−ợc thoả m0n ⇔ (3) xảy ra dấu “=” => Cos A =
2 1
Cos B =
2 1
2 3 2
3 2
4
5
+ +
x
vì x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 2 ) (x2 + 1)
Đặt
1 2
2 3
2
3
2 2
+
= + +
+
x
D Cx x
b Ax x
x
x x
4 2 3
2 3
2 2
2 4
3
+
− + +
= + +
+
x
x x
x x
x
x x
A + 2C = 2 A = 4
B + 2D = 0
=> f(x) = x -
1 2
4
2
2 + + x +
x x
x
=> ∫f(x)dx =
1
) 1 ( 2
1 2
) 2 ( 2 2 1 2
4
2 2
2 2
2 2
+
∫
−
= +
∫
+ +
∫
−
x
x d x
x d x
x
xdx x
xdx x
0,5 điểm 0,5 điểm
Vậy ∫ f(x)dx = x − x + + ln(x + 1 ) +k
2
1 ) 2 ln(
2 2
2 2
2
với k là hằng số 0,5 điểm 2) (2 điểm)
PT đ0 cho viết thành: log2006
1
2 4
2 6
2
+ +
+
x x
Trang 391) (2 điểm): Giả sử điểm M (x;y) khi đó AM = 2 2
) 4 (xư +y
2 2
2 2
2)( 2 điểm): Parabol y2 = 2px đường
-3
y
MFI
Trang 40V
V
SAMK SABC
1 3
3 1 3
4
x x
XÐt hµm sè f(x) =
) 1 3 ( 4
1
≤
≤x Ta cã f’(x) = 2
) 1 3 ( 4
) 2 3 ( 3
−
−
x
x x
0,5®iÓm
0,5®iÓm
0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm