2Viết phơng trình tiếp tuyến của C , biết rằng tiếp tuyến đó đi qua A.
Trang 1đề thi học sinh giỏi lớp 12 Thpt
Môn : Toán
Thời gian làm bài : 180 phút
đề bài
Câu 1 (4đ) : Cho hàm số y = x3 – ( 2m + 1 ) x2 + (m2 – 3m + 2 ) x + 4
1)Khảo sát hàm số khi m=1
2)Xác định m để đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm
cực tiểu ở về hai phía của trục tung
Câu 2 (4đ):
1)Cho hệ phơng trình :
1 2
m y m x
m y
x m
a) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất
b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên
2) Giải phơng trình : ( 3 8 )X ( 3 8 )X 6
Câu 3 (4đ):
1)Giải phơng trình : 4 cos3 x + 3 2 sin2x = 8cosx
2)Cho ∆ABC thoả mãn điều kiện :
acosA + bcosB + ccosC 2p
asinB + bsinC + csinA 9R
( Trong đó p là nửa chu vi , R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp
∆ABC )
Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều
Câu 4(4đ) : Trong mp(oxy) cho đờng tròn (C) có phơng trình :
x2 + y2 – 6x + 2y +6 = 0 và điểm A(1;3)
1)Xác định tâm I và bán kính R của đờng tròn ( C ) ; chứng tỏ A
nằm
ngoài đờng tròn C
2)Viết phơng trình tiếp tuyến của ( C ) , biết rằng tiếp tuyến đó đi
qua A
Câu 5(4đ) :
1) Tính tích phân :
I =
1
1
( e x2 sinx + eX x2 )dx 2) Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 2006 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P =
1
4 1
1
c b
b a
a
Bảng hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi lớp 12 thpt
Thời gian : 180 phút Môn : toán
Câu 1 : ( 4đ)
Trang 20 2
+ +
(0,5đ)
CĐ
=0
+∞
4
( 0,25đ
1) (2,5đ) Khi m=1 hàm số trở thành y= x3 – 3x2 + 4
( 0,25đ )
(0,25đ )
• Chiều biến thiên :
y= 3x2 – 6x =0 ⇔ 3x( x-2 ) = 0 ⇔
2
0
x x
Dùng phơng pháp khoảng xét dấu
yta đợc :
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; 0 ) U(2;+ ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 )
Vậy hàm số đặt giá trị cực đại tại x= 0 và yCĐ = y (0) = 4
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x=2 và yCT = y(2) = 0
•Dáng điệu của đồ thị :
+ ) y = 6x-6 = 0 ⇔ x=1
Lập bảng xét dấu
( 0,25đ )
x - ∞ 1
+ ∞
y - 0 +
Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm
I(1;2)
+) Lim y = ± ∞
( 0,25 )
x→± ∞
• Bảng biến thiên :
( 0,5đ )
x - ∞ 0 1 2 + ∞
y + 0 - - 0 +
y -∞
• Đồ thị
+) Cắt trục oy tại điểm (0;4)
+) Cắt trục ox tại các điểm ( -1 ; 0 ) và ( 2 ; 0 )
Trang 3(0,5đ) (0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,25đ)
=
=
=
⇔
⇔
(1đ)
=
• Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng
2)(1,5đ)
Ta có y= 3x2 – 2(2m+1)x + ( m2 – 3m + 2 )
(0,25đ)
Đồ thị có hai điểm CĐ và CT ở hai phía thục tung ⇔ y= 0 có hai
nghiệm trái dấu
(0,5đ) ⇔ 3(m2 – 3m +2 ) < 0 ⇔ 1<m<2
( 0,5đ)
Vậy với m (1;2) thì đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm
Cực tiểu nằm về hai phía của trục tung
(0,25đ)
Câu 2 : (4đ)
1) Ta có D = m2 – 1 = (m-1)(m+1)
Dx = 2m2 – m – 1 = (m-1)(2m+1)
Dy = m2 – m = m(m-1)
a) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ D ≠ 0 ⇔ m ⇔±1
Khi đó nghiệm của hệ là :
m m
m D
D y
m m
m D
D x
y x
1 1 1
1 1 2
1 1 2
b) Để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên với m nguyên
thì (m+1) phải là ớc của 1 ⇔ (m+1) = ±1
⇔
2
0
m
m
thoả mãn điều kiện hệ có nghiệm duy nhất Vậy m=0, m=-2 là các giá trị cần tìm
( 0,25đ)
2) Nhận thấy ( 3 8 )x ( 3 8 )x = 1
Nên ta đặt : ( 3 8 )x = t > 0 => ( 3 8 )x =
t
1
Khi đó phơng trình trở thành : t +
t
1
= 6 ⇔ t2 – 6t + 1 = 0
⇔
8 3
8 3
t
t
( Thoả mãn ) ⇔
8 3 ) 8 3 (
8 3 ) 8 3 (
X X
⇔ x= ± 2
Vậy phơng trình có hai nghiệm : x= ± 2
Câu 3 : ( 4đ)
1) (2đ)
4cos3 x + 3 2sin2x = 8cosx
⇔4cos3 x + 6 2sinxcosx – 8cosx = 0
⇔ 2cosx [ 2 cos2x + 3 2sinx –4 ] = 0
⇔2cosx [ 2(1-sin2x) +3 2sinx – 4 ] = 0
⇔cosx [ 2sin2x - 3 2sinx + 2 ] = 0
⇔
⇔
⇔
⇔
Trang 4( 1đ )
(0,5đ)
(0,25đ)
=
=
=
⇔
⇔
(0,5đ)
=2
⇔
⇔
-1 1
-1 1
1
=
⇔
2
2 sin
2 sin
0 cos
x x
x
( loại ) ⇔
2 4
/ 3
2 4
/ 2 /
k x
k x
k x
( k
Z )
Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm :
x= /2 + k
x= /4 + k2 ( k Z )
x= 3 /4 + k2
2)(2đ)
• Ta có : sin 2A + sin2B + sin2C = 2sin(A+B)cos(A-B) + 2sinCcosC
= 2sinCcos(A-B) + 2sinC(- cos (A+B) )
= 2sinC [ cos(A-B) – cos(A+B) ]
= 2sinC ( - 2 ) sin(A)sin(-B)
= 4sinAsinBsinC
Khi đó :
acosA + bcosB + ccosC 2p
asinB + bsinC + csinA 9R 2RsinAcosA + 2RsinBcosB + 2RsinCcosC a+b+c
a
R
b
2 + b
R
c
2 + c
R
a
2R2 (sin2A + sin2B + sin2C) a+b+c
2R24sinAsinBsinC a+b+c
ab + bc + ca 9R
R
c b a ca
bc ab
R
c R
b R
a R
9 2
2
2
8 2
⇔ (a+b+c) (ab + bc + ca ) = 9abc (1)
( 0,75đ)
Theo bất đẳng thức Côsi ta có :
a+b+c ≥ 33 abc
ab + bc + ca ≥ 33 (abc) 2
=> ( a=b+c) ( ab + bc + ca ) ≥ 9abc
( 0,5đ)
Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=c ⇔ ΔABC đều
(0,5đ)
⇔
h =
⇔
⇔
⇔
Trang 5(0,5đ)
=2
⇔
⇔
-1 1
-1
Câu 4 :
1) (C) có phơng trình : (x-3)2 + (y+1)2 = 4
(1đ)
=> (C) có tâm I(3;-1) và bán kính R=2
Khoảng cách IA = ( 3 1 ) 2 ( 1 3 ) 2 20 R
=> A nằm ngoài đờng tròn ( C )
(1đ)
2) đờng thẳng (d) đi qua A(1;3) có phơng trình :
a(x-1) + b(y-3) = 0 ( a2 + b2 ≠ 0 )
Khoảng cách từ tâm I đến đờng thẳng (d) là :
| 2a – 4b |
a 2 b2
Đờng thẳng (d) là tiếp tuyến với (C) ⇔ h = R
| 2a – 4b |
a 2 b2
⇔ b(3b-4a) = 0
(a;b) = (1;0) => Tiếp tuyến : x=1
(a;b) = (3;4) => 3x + 4y – 15 = 0
Vậy qua A(1;3) có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến với đờng tròn
( C ) Phơng
trình của chúng là :
x=1 và 3x + 4y – 15 = 0
Câu 5 : (4đ)
1
1
2 1 1
1
1
1
2
sin (e 2 x e x dx e 2 xdx e x dx I I
Với
1 1
1
1
2
2 e dx x
*) Tính I 1 :
Đặt t=-x => dt = -dx
Khi x = 1 thì t = -1
Khi x = -1 thì t = 1
1
1
1
1
1
=> I1 = 0
*)Tính I 2 :
x
x v e
xdx du dx e dv x
Khi đó I2 e x x2
- 2
1
1
dx
= e -
e
1
-2
1
1
x
xde
h =
Trang 6-1 1
-1 1
= e -
e
1
- (2xex - 2
1
1
dx
e x
= e -
e
1
- ( 2e + 2
e
1
) + 2 ex
= - e -
e
3
+ 2e -
e
2
= e -
e
5
Vậy I = I2 = e -
e
5
2) ( 2đ )
Tacó
1
1 1
1 1
1 ( 6 1
4 ) 1 ( 4 1
1 1 1
1 1
c b a c
c b
b a
a P
Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
x,y,z,t > 0 ta có : ( x + y + z + t ) (1x1y 1z 1t ) ≥ 16
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dơng : x , y , z , t ta có :
x + y + z + t ≥ 4 4 xyzt (2)
áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số 1x,1y,1z,1t ta có :
1x1y 1z 1t ≥ 4 4 4
xyzt ( 3 ) Nhân ( 2 ) và ( 3 ) vế với vế ta đợc (1)
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = t (0,5 đ )
áp dụng (1) với x = a +1 , y = b +1 , z =
2
1
c
, t =
2
1
c
ta có : (a +1 + b +1 +
2
1
c
+
2
1
c
) (
1
2 1
2 1
1 1
1
⇔ 2009 (
1
4 1 1
c b
⇔ 1 1 41
c b
