Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 19

đề thi chọn học sinh giỏi khối 12- THPT Môn thi: Toán Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (6 điểm) Cho hàm số: y=x 3 -3x-2 có đồ thị là (H). 1. Khảo sát hàm số đã cho. 2. Xét 3 điểm phân biệt A, B, C thuộc (H) và thẳng hàng. Gọi A 1 , B 1 , C 1 lần lợt là giao điểm của (H) với tiếp tuyến của nó tại A, B, C. Chứng minh rằng: A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng. Bài 2: (5 điểm) 1. Với nN. Tính + = 1 0 .dx 2 xx .e 12n 1)(2x n I 2. Tìm m để phơng trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 06a4 x 1x )a1(4 x 1 2 x )1a(2 xx 1 3 x =+ + + + + + Bài 3: (3 điểm) Cho hàm số f(x) xác định với x0 và thoả mãn: 1) f(1)=1 2) )x(f x 1 ) x 1 (f 2 = với x0 3) )x(f)x(f)xx(f 2121 +=+ với x 1 0, x 2 0, x 1 +x 2 0 Chứng minh rằng: 7 5 ) 7 5 (f = Bài 4: (6 điểm) Cho tứ diện ABCD. 1. Gọi D C B A h ,h ,h ,h tơng ứng là độ dài đờng cao của tứ diện hạ từ các đỉnh A, B, C, D. O là điểm nằm trong tứ diện có hình chiếu xuống các mp(BCD), (ACD), (ABD). (ABC) lần lợt là A', B', C', D'. Chứng minh rằng: O h'.OD 'OD h'.OC 'OC h'.OB 'OB h'.OA 'OA DCBA =+++ 2. Giả sử góc BDC=90 0 và hình chiếu của D xuống mp(ABC) trùng với trực tâm ABC. Chứng minh rằng: )CDBDAD(6CA)BC(AB 2222 ++++ Chỉ rõ điều kiện của tứ diện ABCD để có đẳng thức. Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán Câu ý Nội dung Thang điểm Câu 1 1. 3đ Khảo sát hàm số: - TXĐ: D=R - Sự biến thiên + Chiều biến thiên: y'=3x 2 -3, y xác định với xR y'=0 3x 2 -3=0 x=1. y'>0 với x(-;-1) (1;+) hs đồng biến trên khoảng (-;-1) (1;+). y'<0 với x(-1;1) hàm số nghịch biến trên (-1;1). + Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=-1, y CĐ =y(-1)=0 hàm số đạt cực tiểu tại x=1, y CT =y(1)=-4 + Giới hạn: = = )2x3 3 x( Lim x y Lim x + Tính lồi, lõm và điểm uốn: y''=6x, y''=0 x=0 y''>0 x * R + đồ thị hàm số lõm trên * R + y''<0 x * R + đồ thị hàm số lồi trên * R + Điểm uốn U(0;-2) - Bảng biến thiên: - Đồ thị: + Cắt Ox tại (-1;0),(2;0) + Cắt Oy tại (0;-2) Nhận điểm uốn U(0;-2) làm tâm đối xứng 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 2. 3đ Giả sử A(x 1 ;y 1 ), , B(x 2 ;y 2 ), C(x 3 ;y 3 )(H) A, B, C phân biệt. Khi đó: 3)-xxx)(xx-(xy-y 3)-xxx)(xx-(x 2)-3x-(x-2)-3x-(xy-y 2 331 2 11313 3 221 2 112 1 3 12 3 212 ++= ++= = 3)-xxx x)(1;x-(x)y-y ;xx(AC 3)-xxx x)(1;x-(x)y-y ;xx( AB 2 331 2 1131313 2 221 2 1121212 ++== ++= = A, B, C thẳng hàng AB và AC cùng phơng 33x 2 331 2 1 2 221 2 1 ++=++ xxxxxxx )x x(do 0xxx0)xxx)(xx( 3232132132 =++=++ Giả sử () là tiếp tuyến với (H) tại A phơng trình () là: 1 đ 2x3x)x-1)(x-3(xy 1 3 11 2 1 += Phơng trình hoành độ giao điểm của () và (H): 2x3x)x-1)(x-3(x2-3x-x 1 3 11 2 1 2 += 0)3x-xxx)(xx-(x 2 1 2 11 2 1 =++ = = =+ 1 1 1 2 1 2xx xx 0)2x(x)x-(x Hoành độ A 1 là: -2x 1 Tơng tự, hoành độ B 1 , C 1 là: -2x 2 , -2x 3 Vì A, B, C thẳng hàng x 1 +x 2 +x 3 =0 -2x 1 -2x 2 -2x 3 =0 A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng 1 đ 1 đ Câu 2 1. 2.5 đ Với n=0 ta có: === 1 0 1 0 1 0 2xxxxxx 0 )xx(dedxe)x21(dxe)1x2(I 222 0)e( 1 0 xx 2 == Với n>0 ta có: = 1 0 xxn2 n dxe).1x2()1x2(I 2 đặt: = = == 2 2 2)12(2 )12( ;)12( 12 xx n xxn ev dxxndu dxexdvxu [ ] 04n.n!.04n.n!.II . .1.2.I44.2.II 2n 4.1.II 1n I.n4dxe)1x2(n4 e.)1x2(I 0n 0 2 12 01 1n xx 1 0 1n2 1 0 xxn2 n 22 === === == =+= Vậy I n =0 0.5đ 1 đ 1 đ 2. 2,5 đ Đặt: (*) x 1 xt += đk: t2 Phơng trình trở thành: 1x2 x 1 x)1( (2) 01at2t (1) 2t 0)1at2t)(2t( 02t)a41(t)1a(2t 2 2 23 ==+ =++ = =++ =++ Nhận xét rằng (*) (3) 01xt)x( 2 =+ (3) có: 4.-t 2 = Nếu t>2 (3) có 2 nghiệm phâm biệt: 0x ,x 21 > Phơng trình đã cho có thêm 2 nghiệm phân biệt khác 1. 0.5đ 0.5đ 0.25đ Mặt khác, (2) có tích 2 nghiệm P=1 (2) không thể có 2 nghiệm cùng lớn hơn 2. Để phơng trình có 3 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm t 1 , t 2 thoả mãn:t 1 <2<t 2 4+4a+1<0 4 5 a < Kết luận: 4 5 a < 0.5đ 0.5đ 0.25đ Câu 3 3 đ f(2)=f(1+1)=f(1)+f(1)=1+1=2 f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=1+2=3 f(5)=f(2+3)=f(2)+f(3)=2+3=5 f(7)=f(2+5)=f(2)+f(5)=2+5=7 7 1 7. 49 1 )7(f 7 1 ) 7 1 (f 2 === 7 2 7 1 7 1 ) 7 1 (f) 7 1 (f) 7 1 7 1 (f) 7 2 (f =+=+=+= 7 4 7 2 7 2 ) 7 2 (f) 7 2 (f) 7 2 7 2 (f) 7 4 (f =+=+=+= 7 5 7 1 7 4 ) 7 1 (f) 7 4 (f) 7 1 7 4 (f) 7 5 (f =+=+=+= (đpcm) 1.5đ 1.5đ Câu 4 1. 3 đ Gọi S A =dt(BCD); S B =dt(ACD); S C =dt(ABD); S D =dt(ABC) A 1 , B 1 , C 1 , D 1 tơng ứng là chân đờng cao của tứ diện hạ từ A, B, C, D. AA 1 =h A , BB 1 =h B , CC 1 =h C , DD 1 =h D . Đặt: 1 C C 1 B B 1 A A CC h S c ;BB h S b ;AA h S a === ; 1 DD h S d D D = . Khi đó ta có: A S|a| = và a cùng chiều với 'OA . Hơn nữa V3 |a| V3 S h 1 h'.OA 'OA A AA === a V3 1 h'.OA 'OA A = (V là thể tích tứ diện) Tơng tự: b VhOB OB B 3 1 '. ' = ; c VhOC OC C 3 1 '. ' = ; d VhOD OD D 3 1 '. ' = )dcba( V3 1 h'.OD 'OD h'.OC 'OC h'.OB 'OB h'.OA 'OA DCBA +++=+++ Xét dcbau +++= ta có: dacabaaa.u 2 +++= )]d,acos(|d|)c,a.cos(|c|)b,a.cos(|b||a[||a| +++= Gọi , , lần lợt là góc giữa 2 mặt phẳng có các giao tuyến lần lợt là CD, DB, BC. Khi đó: 1 đ =180 0 -( b,a ), =180 0 -( c,a ), =180 0 -( d,a ). ngoài ra: S A =dt(A 1 CD)+dt(A 1 BD) +dt(A 1 BC)=S B .cos+S C .cos+S D .cos từ đó: a.u =| a |(S A -S B cos-S C cos-S D .cos)=0 Tơng tự: bu =0; cu =0. Mà từ cách đặt suy ra a , b , c không đồng phẳng nên 0u = 0dcba =+++ hay O h'.OD 'OD h'.OC 'OC h'.OB 'OB h'.OA 'OA DCBA =+++ (đpcm) 1.5 đ 0.5 đ 2. 3 đ Gọi H là hình chiếu của D xuống mp(ABC). E=CHAB. ABCE mà ABDH ABDE. Xét 2 tam giác vuông BED và CEB: ta có: BD 2 =DE 2 +BE 2 BC 2 =CE 2 +BE 2 BC 2 -BD 2 =CE 2 -DE 2 Nhng tam giác BDC vuông ở D nên suy ra BC 2 -BD 2 =CD 2 . Từ đó CE 2 =CD 2 +DE 2 CDE vuông ở D. Tơng tự ta cũng có ADB vuông ở D hay tam diện đỉnh D là tam diện vuông. AB 2 +BC 2 +CA 2 =2(AD 2 +BD 2 +CD 2 ) (1) Theo Cauchy ta có: (AB+BC+CA) 2 =AB 2 +BC 2 +CA 2 +2AB.BC+2BC.CA+2CA.AB 3(AB 2 +BC 2 +CA 2 ) Từ (1) và (2) ta có: (AB+BC+CA) 2 6(AD 2 +BD 2 +CD 2 ) (2) Dấu đẳng thức xảy ra AB=BC=CA ABC đều DABC là hình chóp tam giác đều (đỉnh D). 0.5 đ 0,5 đ 1 đ 0,5 đ 0.5 đ . đề thi chọn học sinh giỏi khối 12- THPT Môn thi: Toán Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (6 điểm) Cho hàm số: y=x 3 -3x-2 có đồ. ABCD để có đẳng thức. Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán Câu ý Nội dung Thang điểm Câu 1 1. 3đ Khảo sát hàm số: - TXĐ: D=R - Sự biến thi n