Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 6

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 phơng 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 phơng trình sau có nghiệm 2 ++ xaxa 2. Giải và biện luận phơng 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 đờng tròn : 4 22 =+ yx và điểm A(1;0) một điểm M thay đổi trên đờng tròn. Chứng minh rằng đờng 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 đờng vuông góc kẻ từ B vuông góc với đờng 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 phơng 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 0,25 0,5 ii) khi a>0; điều kiện 10 0 0 a x x ax x Đặt = 2 ;0; cos ax ax phơng trình 2cos1(cos1( ++ aa (*) a 1 42 cos với 2 o thì 1 42 cos 2 1 Vậy để (*) có nghiệm thì a 1 2 1 0< a 2 Vậy phơng trình có nghiệm 0 a 2 0.5 0.25 0.25 0.25 2, (2 điểm) Viết lại phơng trình dới 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 phơng 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 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 * 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: + Với a < - 2 1 phơng trình có nghiệm : x =-1 a21 + Với a = - 2 1 phơng trình có nghiệm : x= 2 1 ; x = -1 2 + Với- 2 1 <a < 2 1 phơng trình có nghiệm : x = 1 a21 + + Với a = 2 1 phơng trình có nghiệm : x= - 2 1 ; x = 1 2 + Với a > 2 1 phơng 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 đờng 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 += + ĩm lim ; lim = x Bảng biến thiên : x -3 -2 -1 + y + 0 - - 0 + y -3 + + 0.25 0,5 0.25 0.25 0,5 0,5 0,5 - 1 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 ớc 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) Đờng tròn : 4 22 =+ yx giả sử M(2cos sin2; ); [ ] 2;0 )sin2;1cos2( = MA do đó phơng trình đòng thẳng vuông góc với AM tại M có phơng trình : (2cos 0.sin2)1 =++ Dyx 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 M 4cos2 = D phơng trình ( ) : (2cos 04cos2.sin2)1 =++ yx (*) Giả sử (x;y) là toạ độ các điểm không thuộc đờng thẳng nào Phơng trình (*) vô nghiệm 1243 22 <+ yx Xét (1) 1 34 22 =+ yx ta có họ đờng thẳng luôn tiếp xúc với elip trên 2. (2 điểm) Lập hệ trục Oxy; O gốc A,C thay đổi lần lợt thuộc Ox và Oy. A(a;0) ; C(0;c) B(a; c) y (a;c>0): a+c=b=hằng số Phơng trình AC: y= cx a c + C(0;c) B(a;c) Đờng 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 nh hình vẽ z 0,5 0,25 0,5 0,5 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 t 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 f(y).= e a.y + b 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ⇒ f(x).f(y)=e a.x+b+a.y+b VËy b=0 Do ®ã : f(x)= e a.x ; ∀ x ∈ R KÕt luËn f(x) ≡ 0 hoÆc f(x)= e a.x ; a tïy ý ; ∀ x ∈ R 0.25 0.25 . 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. 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