on thi hsg toan 12 51347

Sở GD&ĐT Nghệ An Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Năm học 2007-2008 Môn thi: toán lớp 12 THPT bảng b Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (6,0 điểm) a) Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình sau có nghiệm: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. b) Chứng minh rằng: 3 sinx cosx x > ữ , với x (0; ) 2 . Bài 2. (6,0 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số: 2 y x 1 x= + b) Giải hệ: x y sinx e sin y sin 2y cos2y sin x cos x 1 x, y 0; 4 = = + ữ Bài 3. (2,5 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: ( ) 2 cos 3x 9x 160x 800 1. 8 + + = Bài 4. (5,5 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 . Biết A(2; - 3), B(3; - 2) và trọng tâm G thuộc đờng thẳng d có phơng trình: 3x y 8 = 0. Tính bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC. b) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình: x 2 + y 2 2x 4y + 4 = 0 và đờng thẳng có phơng trình: x y 1 = 0. Từ điểm M bất kỳ thuộc đờng thẳng kẻ hai tiếp tuyến MT 1 , MT 2 đến (C) (T 1 , T 2 là tiếp điểm) . Chứng minh rằng: đờng thẳng T 1 T 2 luôn đi qua một điểm cố định khi M chạy trên . -----------Hết ----------- Họ và tên thí sinh: SBD: Đề chính thức ONTHIONLINE.NET Một cách tiếp cận định lý Lagrăng Vận dụng giải phương trình mũ *Đặt vấn đề +Bài toán “Hãy giải phương trình” nghe thật quen thuộc đơn giản, sâu vào loại pt toán “giải phương trình” vấn đề không đơn giản +Loại toán giải phương trình mũ có nhiều số toán khó Tôi đọc tham khảo nhiều sách rút số cách giải pt mũ như: phương pháp hàm số ,vận dụng định lý lagrăng, sử dụng bất đẳng thức Becnuli, … +Vấn đề chọn phương pháp giải lại phải phù hợp với kiến thức học sinh biết cách viết diễn đạt dễ hiểu, dễ vận dụng Định lý lagrăng định lý hay SGK 12 dược vận dụng chứng minh bất đẳng thức, chứng minh pt có nghiệm, tìm giới hạn hàm số, chứng minh tồn giới hạn,…và vận dụng giải phương trình mũ +Vấn đề đặt vận dụng định lý lagrăng nào? Vào toán “giải phương trình mũ ” mạnh dạn đưa suy nghĩ sau A)kiến thức 1)Định lý Lagrăng: Nếu hàm số y=f(x) liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b) ∃ c ∈ (a, b) cho f ' (c) = f (b ) − f ( a ) b−a 2)Đạo hàm hàm số lũy thừa Cho u =u(x) hàm số có đạo hàm x ta có : (1) (xα )’ = α xα -1 ; ∀ α ∈ R ; x > (2) (uα )’ = α uα -1 u’ ; ∀ α ∈ R ; u > 3)Chú ý : Cho a >0 , b >0 hàm số f(x) ta có:  f ( x) = a f ( x) = b f ( x) ⇔  a = b B) Bài toán cách giải : 1) Bài toán: Giải phương trình mũ sau : (a+k)x –ax = (b+k)x –bx (*) với a,b,k ∈ R*+ x ẩn 2)Nhận xét : α α α α * Nếu α nghiệm phương trình (*) ta có : (a+k) –a = (b+k) –b (**) Đẳng thức (**) dạng f(a) =f(b) với f(t) =(t+k)α - tα (là hàm số lũy thừa với biến t ) Giả sử < a < b xét hàm số f(t) =(t+k)α - tα [a;b] ta có f(t) liên tục [a;b] có đạo hàm (a; b) ⇒ theo định lí lagrăng ∃ c ∈ (a;b) cho f ' (c) = f (b ) − f ( a ) b−a Vậy α thỏa mãn f(b) = f(a) α thỏa mãn f’ (c) =0 ⇒ α0 nghiệm phương trình f(a) =f(b) α0 nghiệm phương trình f’(c) = ( phương trình ẩn α ) ⇒ phương trình f’(c) =0 ẩn α phương trình hệ f(a) =f(b) {mọi nghiệm α phương trình f(a) =f(b) nghiệm phương trình f’(c) =0 Hay pt f’(c) =0 ẩn α chứa tất nghiệm phương trình f(a) =f(b)} 3) Các bước giải phương trình (a + k)x –ax = ( b+k)x – bx (*) (a,b,k ∈ R*+ x ẩn) Bước 1: Gọi α nghiệm phương trình (*) hay ta có (a+k)α -aα = (b+k)α -bα Bước 2:Xét hàm số f(t) = (t+k)α -tα [a;b] ta có f(t) hàm số liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b)⇒ Theo định lí lagrang ∃ c ∈ (a;b) cho f’(c) = f (b ) − f ( a ) b−a * Từ bước ta có α nghiệm phương trình f(a) = f(b) ⇒ α nghiệm phương trình f’(c) =0 Bước 3: Giải phương trình f’(c) =0 (phương trình ẩn α ) Bước 4: Thử lại nghiệm α vào phương trình f(a) =f(b) *Từ nghiệm α thỏa mãn ⇒ nghiệm x *Chú ý 1: +Điều hay phương pháp tất nghiệm phương trình mũ +Định lý lagrăng có chương trình phổ thông nên Học sinh vận dụng *Chú ý 2: +Khi vận dụng phương pháp giải phương trình mũ phương trình mũ biến đổi dạng (a + b)x –ax = ( b+k)x – bx +Mấu chốt phương pháp nhận hàm số f(t) xét hàm số đoạn [a;b] phù hợp 5x + 3x = 6x + 2x (*) Ví dụ: Giải phương trình mũ Giải : Tập xác định D=R Ta có phương trình ⇔ 5x – 2x = 6x -3x (*) Gọi α nghiệm phương trình (*) ta có 5α - 2α = 6α - 3α (1) Xét hàm số f(t) = (t+3)α - tα [2; 3] Dễ thấy f(t) hàm số liêm tục [2; 3] có đạo hàm (2; 3) ⇒ ∃ c ∈ (2; 3) cho Từ (1) ta có f(2) =f(3) Ta có f ' (c ) = f (3) − f (2) 3− (2) (3) f’(t) = α (t+3)α -1 –α tα -1 = α *[(t+3)α -1 - tα -1] ⇒f’(c) =α [(c+3)α -1 – cα -1] (4) Từ (2), (3), (4) ta có : α *[(c+3)α -1 – cα -1 ]= α = ⇔  (c + 3) α −1 =c α −1 α = α = ⇔ Dễ thấy α =0 ; α =1 thỏa mãn (1) Với α =0 ⇒ x = Với α =1 ⇒ x=1 Kết luận phương cho có hai nghiệm : x =0 x =1 {**Ở ví dụ ta xét hàm số f(t) = (t+1)α - tα [2; 5] ta biến đổi pt ⇔ 3x - 2x = 6x - 5x} C) Bài tập vận dụng Bài 1: Giải phương trình : x2 −x +5 x2 − x = 2.4 x2 −x Bài giải :(Nhận xét phương trình chưa có dạng bản) Txđ: D =(-∞; 0] ∪[1; +∞) *Đặt u = x − x điều kiện u ≥ Ta có phương trình 3u +5u = 2.4u ⇔ 5u – 4u = 4u - 3u (*) {đây dạng bản} Gọi α nghiệm phương trình (*) ta có 5α – 4α = 4α - 3α (1) Xét hàm số f(t) = (t+1)α - tα [3;4] ta có f(t) hàm số liên tục [3;4] có đạo hàm (3;4) Theo định lí lagrang: ∃ c ∈ (3;4) cho f’(c) = f ( 4) − f (3) 4−3 (2) Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3) Ta có f’(t) = α [( t+1)α -1 – tα - ] ⇒ f’(c) =α [(c+1)α -1 – cα -1] (4) Từ (2), (3), (4) ta có α [(c+1)α -1 – cα -1 ] = α = ⇔  (c + 1) α −1 =c α −1 α = α = ⇔ Dễ thấy α = ; α = thỏa mãn phương trình ( 1) x = Với α = u = ⇒ x − x = ⇔  x = Với α =1 u=1⇒ x − x =1 ⇔ x2 – x -1 = ⇔  Kết luận : Phương trình cho có tập nghiệm T = 0;1;  Bài 2: Giải phương trình : Bài giải: Đặt  1+ x =   1− x =  1+ 1−  ;  2  log x + log x = x Txđ D =(0; +∞) u = log x ⇒ x = u pt có dạng 3u +5u = 2.4u ⇔ 5u – 4u = 4u - 3u (*) Gọi α nghiệm phương trình (*) ta có 5α – 4α = 4α - 3α (1) Xét hàm số f(t) = (t+1)α - tα [3;4] {Cách làm 1} ta có f(t) hàm số liên tục [3;4] có đạo hàm (3;4) f ( 4) − f (3) 4−3 Theo định lí lagrang: ∃ c ∈ (3;4) cho f’(c) = (2) Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3) Ta có f’(t) = α [( t+1)α -1 – tα - ] ⇒ f’(c) = α [(c+1)α -1 – cα -1] (4) α = Từ (2), (3), (4) ta có: α [(c+1)α -1 – cα -1 ] = ⇔  (c + 1) α −1 =c α = α = ⇔ α −1 Dễ thấy α = ; α = thỏa mãn phương trình ( ... ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG Năm học 2008 - 2009 ======&====== MÔN THI: TOÁN LỚP 12 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) Bài 1. (3 điểm) Cho hàm số 1. Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị lập với 2 đường tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi. 2. Tìm các điểm thuộc đồ thị hàm số thoả mãn tiếp tuyến tại điểm đó lập với 2 đường tiệm cận 1 tam giác có chu vi nhỏ nhất. Bài 2. (1 điểm) Cho phương trình: (1) Chứng minh rằng tồn tại 1 tam giác có các góc thoả mãn phương trình (1). Bài 3. (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều cạnh a, đường cao SA = h. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 2. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SD cắt SB, SC, SD theo thứ tự tại các điểm A’, B’, C’. Chứng minh rằng tứ giác AB’C’D’ nội tiếp trong 1 đường tròn. 3. Chứng minh rằng AB’>C’D’. Bài 4. (2 điểm) Cho phương trình (1). Biết rằng phương trình (1) có 3 nghiệm thực phân biệt, hỏi phương trình sau có tối đa bao nhiêu nghiệm thực: Bài 5. (1 điểm) Cho hệ phương trình sau: Chứng minh rằng hệ đã cho có duy nhất 1 nghiệm thoả mãn . ====Hết=== Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi học sinh giỏi Tỉnh lớp 12 Năm học 2006 - 2007 Môn thi: toán (bảng A) Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: a) Giải phơng trình: 3 4 2 3 log 2 2 2 + + + = ữ x x x b) Chứng minh phơng trình: x 5 4x 2 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm đó nhận giá trị dơng. Bài 2: a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( ) 2 3 5y x x = + b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x y < Chứng minh: ( ) ( ) 3 3 6 sin 6 sinx x y y y x . Bài 3: Giải hệ phơng trình: ( ) ( ) ( ) = + = + + = + + + 2 2 3 4 2 4 6 4 2 2 1 3 1 4 1 x y x y z y y z x z z z Bài 4: a) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (C). Biết (C) có phơng trình: (x 1) 2 + (y + 2) 2 = 5; ã ABC = 90 0 ; A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4. Tìm tọa độ các đỉnh B; C. b) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho điểm B(-3;0), C(3;0) Điểm A di động trong mặt phẳng Oxy sao cho tam giác ABC thỏa mãn: độ dài đ- ờng cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán kính đờng tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh khi A thay đổi (vẫn thỏa mãn điều kiện bài toán) thì điểm I thuộc một đờng cong cố định. ---------Hết------------ Họ và tên thí sinh .SBD: . Đề chính thức Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh lớp 12 Năm học 2006 - 2007 đáp án và biểu điểm chấm đề chính thức Môn: Toán (Bảng A) ---------------------------------------------- Bài Nội dung Điểm Bài 1: (5,5đ) a.(2,5đ) - TXĐ: D = [0; +). Đặt x t= 0 PT trở thành: 2 3 4 2 3 2 2 0 2 t t log t + + + = ữ (1) Xét f(t) = 2 3 4 2 3 2 2 2 t t log t + + + ữ với t 0 Có f '(t) = 2 3 4 1 2 1 2 2 3 2 2 t t ( t ) .ln t .ln + + + + ữ Ta có: f '(t) > 0 t 0, 1 0 2 f = ữ pt (1) có một nghiệm duy nhất t = 1 2 . Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 1 4 0.25 0.25 0.25 0.5 0.75 0.25 0.25 b.(3đ): Ta có pt x 5 = (2x + 1) 2 Nếu x là nghiệm thì x 5 0 x 5 = (2x + 1) 2 1 x 1 Với x 1 xét f(x) = x 5 - 4x 2 - 4x - 1 Ta có: f '(x) = 5x 4 - 8x - 4; f "(x) = 20x 3 - 8 > 0 với x 1 f '(x) đồng biến trên [1, +), mà f '(1) = -7; x Limf '(x) + = + x 0 (1; +) để f '(x 0 ) = 0 Ta có bảng biến thiên: x 1 x 0 + f'(x) - 0 + f(x) + -8 Dựa vào bảng biến thiên suy ra pt: f(x) = 0 có một nghiệm duy nhất và nghiệm đó có giá trị dơng đpcm. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 f(x 0 ) Bài 2: (6 điểm) a. (3đ): TXĐ: D = 5 5; Ta có: f '(x) = 3 + 2 2 2 5 5 x x x = 2 2 2 3 5 2 5 5 x x x + f '(x) = 0 2 2 3 5 2 5 0x x + = ; x ( ) 5 5; 2 4 2 5 2 4 11 20 0 x x x = 2 2 4 2 x x x = = = Có f(2) = 8, f(-2) = -8, ( ) 5 3 5f = , ( ) 5 3 5f = Max f(x) = 8 khi x = 2; Min f(x) = -8 khi x = -2 0.25 0.5 0.25 1.0 0.5 0.5 b. (3đ) Do 0 < x y < sinx > 0, siny > 0 Bất đẳng thức 3 3 6 6x x y y sin x siny Xét f(t) = 3 6t t sin t với t (0; ) Có f '(t) = ( ) ( ) 2 3 2 3 6 6t sin t t t cost sin t Xét g(t) = (3t 2 - 6)sint - (t 3 - 6t)cost với t (0; ) Có g'(t) = t 3 sint > 0 t (0; ) g(t) đồng biến trên (0; ) g(t) > g(0) = 0 f'(t) > 0 với t (0; ) f(t) đồng biến trên (0; ) mà x y f(x) f(y) suy ra đpcm. 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 Bài 3: (3 điểm) Trờng hợp 1: Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0. Trờng hợp 2: Với x 0 để hệ có nghiệm thì x > 0, y > 0, z > 0 Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ có: 2x 2 = y(1 + x 2 ) 2xy x y 3y 3 = z(y 4 + y 2 +1) z.3y 2 y z (vì y 4 + y 2 + 1 3y 2 ) 4z 4 = x(z 6 + z 4 + z 2 +1) x.4z 3 z x (vì z 6 + z 4 + z 2 + 1 4z 3 ) Vậy: x y z x x = y = z Khi đó thay vào hệ ta có nghiệm: x = y = z = 1 Hệ có 2 nghiệm: x = y = z = 0 hoặc x= y = z = 1 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 Bài 4: (5,5 đ) a. (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5 Do SỞ GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2006-2007 ===== Môn : TOÁN(Vòng 1). Thời gian :180 phút (không tính giờ giao đề) Bài 1: Giải các phương trình sau trên tập số thực : a) 2 3 1 2 2 1 5 5 9 log ( 2 3) 3 log (2 1 2) 0 x x x x x x − − − − + + − + = b) 2 2 ( 2 2) 2x x x − + = + Bài 2: Cho dãy số (a n ) được xác định như sau : 1 2 3 2 n-1 n-1 n-3 n-2 n n-2 n-3 a 1,a 2,a 24 2a (3a .a 4a ) a , n 4 a .a = = =   −  = ∀ ≥   Tìm a n ? Bài 3: Cho đa thức P(x) = x n + a 1 x n-1 + .+ a n-1 x + 1, với các hệ số a 1 , a 2 , a 3 , ., a n-1 là các số thực không âm và có n nghiệm thực. Chứng minh rằng: P(2006) ≥ 2007 n . Bài 4: Cho tam giác đều ABC có độ dài của cạnh bằng 1. Trên cạnh BC dựng hai hình vuông kế tiếp nhau sao cho mỗi hình vuông có hai đỉnh nằm trên BC và một đỉnh nằm trên một trong hai cạnh còn lại của tam giác(mỗi cạnh bên của tam giác chỉ có một đỉnh của hình vuông). Gọi diện tích của các hình vuông là S 1 và S 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng S 1 + S 2 . Bài 5: Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn: 0a b c ≥ ≥ > . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 3 4 a b c b a c a b c c a b − − − + + ≥ − + ===//=== ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 TỈNH NAM ĐỊNH Năm 2005 Câu I (6,0 điểm). Cho hàm số , (m là tham số). 1) Khi , hãy tìm khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến của hàm số. 2) Xác định m để hàm số nghịch biến trên R. Câu II (4,0 điểm). Tính tích phân Câu III (7,0 điểm). Trên mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường parabol (P) có phương trình: và đường tròn (C) có phương trình: 1) Chứng minh rằng (P) và (C) có đúng 4 giao điểm phân biệt. 2) Cho điểm A(1;6) thuộc đường tròn (C). Hãy lập phương trình đường tròn đi qua điểm M(2;-1) và tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm A. 3) Giả sử đường thẳng (d) thay đổi đi qua điểm A sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt . Gọi thứ tự là tiếp tuyến của (P) tại tiếp điểm . Biết rằng cắt ở điểm N. Hãy chứng minh điểm N nằm trên một đường thẳng cố định. Câu IV (3,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực x thuộc khoảng , ta đều có: ... Ta có f’(t) = α [( t +12) α -1 – tα - ] ⇒ f’(c) =α [(c +12) α -1 – cα -1] (4) α [(c +12) α -1 – cα -1 ] = Từ (2), (3), (4) ta có α = ⇔  (c + 12) α −1 =c α −1 α = α = ⇔ Dễ thấy α = ; α = thỏa... định lý ta giải số phương trình mũ mà phương pháp khác không giải +Trong trình viết trình bày không tránh khỏi thi u sót mong quý thầy cô quý vị góp ý 10 ... t + 12) α -tα [1;4] ta có f(t) hàm số liên tục [1;4] có đạo hàm (1;4) Theo định lí lagrang: ∃ c ∈ (1;4) cho f’(c) = f ( 4) − f (1) −1 (2) Từ (1) ta có f(4) =f(1) (3) Ta có f’(t) = α [( t +12) α