hsg (bai 2)

Sở 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 ++= x xy ( C ) 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 đờng tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất . Bài 2: (2 điểm ) Biện luận theo m số nghiệm dơng của phơng trình : = x mdt t t 1 2 11 Bài 3: (2 điểm ) Giải phơng trình : xxxxxxx ++= 3.55.44.3 Bài 4: (2 điểm ) Tìm các giá trị thực của m để phơng trình sau có đúng 1 nghiệm 4 ;0 x : ( ) ( ) ( ) ( ) 0342212364 23 =++ CosxmxCosxSinmSinxmxSinm Bài 5: (2 điểm ) Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là ba số nguyên liên tiếp . Bài 6: (2 điểm ) Tìm đa thức ( ) xP có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều kiện sau : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Rx P xPxPxxxPxx = =+++ ; 271 012'22''42 2 Bài 7: (2 điểm ) Giải hệ sau : ( ) ( ) ++ = + + 8312 32 2 4 3log23 2 yyy y xCos 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 đờng cao một góc .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đờng cao một góc . Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp . Bài 9: (2điểm ) Cho các số thực 2,, cba chứng minh bất đẳng thức sau : 3 222 ++ +++ cLogbLogaLog baaccb Họ và tên thí sinh : .Số báo danh . Thanh hóa; Ngày 11 tháng 10 năm 2005 Lời giải chi tiết và biểu điểm đề thi học sinh giỏi toán khối 12 Bài ý Lời giải chi tiết Điểm Bài 1 1 a) TXĐ : D = R b) Sự biến thiên: CBT: ( ) 2 1 1 1' = x y ; y = 0 có 2 nghiệm x = 0 ; x = 2 HS đồng biến trên ( ) ( ) + ;2;0; và nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ) 2;1;1;0 Cực trị : Cực đại tại x =0 và 0 = CD y Cực tiểu tại x=2 và 4 = CT y Nhánh vô cực và tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận xiên y = x+1 và =+= + yLimyLim xx ; BBT : c) Đồ thị : y Đồ thị đi qua gốc toạ độ O=(0;0) Tâm đối xứng I=( 1;2 ) 1 O x -1 1 1 điểm . 1 điểm x o 1 2 + y + 0 - - 0 + y 2 Gọi ( )( ) ( ) 0;; >= aCayaM thì ( ) 11 1 1 2 = ++= a a a aay PTTT của ( C ) tại M là: ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 1 2 ' 2 2 2 + == a a ax a aa yaxayayy (d) Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1 Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 ) Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là = 1 2 ;1 a a A Với tiệm cận xiên là : ( ) aaB 2;12 = Ta có 122; 1 2 = = aBI a AI , nên 24. = BIAI vì a > 1 Lại có 4 = AIB suy ra BIAIBIAIBICosAIBIAIAB .2 4 .2 22222 +=+= Theo bất đẳng thức Cô si : ( ) BIAIBIAIBIAIAB .22.2.2 2 = ( ) 1222 AB (1) Đặt p là chu vi tam giác ABI thì : ( ) 4 241222.2 ++++= BIAIABBIAIABp Dấu đẳng thức xảy ra 4 2 1 1 +== aBIAI . Vậy ( ) 4 4 2 1 1241222 +=+= aMinp Hay điểm cần tìm là +++= 44 2 1 22; 2 1 1M 0.5 điểm 0.5 điểm . 0.5 điểm 0.5 điểm Bài 2 Ta có 2 1 ln 2 1 2 11 2 1 2 11 1 = == xxtLn t dt t tdtdt t t x xx x PT đã cho tơng đơng với mxx = ln 2 1 2 (1) . Số nghiệm dơng của PT là số giao điểm của đờng thẳng y = m và đồ thị hàm số ( ) xxxf ln 2 1 2 = với hoành độ dơng. Xét hàm số : ( ) xxxf ln 2 1 2 = trên ( ) + ;0 Đạo hàm 10'; 1 ' === xy x xy +== + + yLimyLim x x 0 0.5 điểm 0.5 điểm . BBT x o 1 + y | - o + y | + + 2 1 Từ BBT ta đợc : +/ Với 2 1 < m thì PT vô nghiệm +/ Với 2 1 = m thì PT có nghiệm dơng duy nhất x = 1 +/ Với 2 1 > m thì phơng trình có 2 nghiệm dơng phân biệt . 0.5 điểm 0.5 điểm Bài 3 ĐK : 3 x Đặt xcxbxa === 5;4;3 Ta có cabcabcbax ++==== 222 543 . Do đó ( )( ) ( )( ) ( )( ) =++ =++ =++ ++= ++= ++= 5 4 3 5 4 3 2 2 2 cbac bacb acba cabcabc cabcabb cabcaba Nhân vế với vế các PT ta đợc ( )( )( ) 152 =+++ accbba ( * ) Thay lần lợt các phơng trình của hệ vào PT ( * ) sẽ có : =+ =+ =+ 4 152 3 152 5 152 ac cb ba Cộng các vế phơng trình của hệ, có PT mới và thay lần lợt mỗi PT của hệ vào PT vừa có.Ta đợc nghiệm của phơng trình đã cho là: 240 671 = x 0.5 điểm . 0.5 điểm . 1 điểm Bài 4 Nhận thấy Cosx=0 không thoả mãn PT , bằng các chia cả 2 vế cho 0 2 xCos ta đợc phơng trình : ( ) ( ) 03421 2 =+ mmtgxxtgtgx Đặt tgx = t , ta có PT : ( ) ( ) 03421 2 =+ mmttt (1) . 0.5 điểm Để PT đã cho có nghiệm 4 ;0 x thì PT (1) phải có nghiệm 10 t Do PT (1) luôn có 1 nghiệm [ ] 1;01 = t nên PT 0342 2 =+ mmtt Chỉ có 1 nghiệm t = 1 hoặc không có nghiệm nào thuộc đoạn [ 0 ; 1 ] . Để ý rằng t = 2 không thoả mãn . Do đó ( ) m t t tf = = 42 3 2 Xét f(t) trên [0;1] ta có : ( ) ( ) [ ] 1;0;0 2 34 2 1 ' 2 2 + = t t tt tf Lập bảng biến thiên và từ BBT ta đợc : < 4 3 1 m m 0.5 điểm 1 điểm Bài 5 Ta chứng minh bổ đề: Điều kiện cần và đủ để tam giác ABC có B= 2A là acab += 22 (1) Thật vậy: Theo định lý CôSin trong tam giác aCosBacaaCosBcacaacCosBcab 222 2222 ==+=+= áp dụng định lý Sin, ta đợc RSinACosBRSinARSinC 422 = ( ) ( ) ( ) ABSinSinABASinBASinSinASinC =++= Do đó B = 2A và << BA,0 Vì 3 cạnh là 3 số nguyên liên tiếp nên với * Nx và a < b, ta có các trờng hợp sau : a) Nếu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi đó từ (1) ta đợc 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 043 2 = xx Suy ra a=4,b=6,c=5 ( thoả mãn ) c) Nếu a=x+1,b=x+2,c=x : Tơng tự thì 03 2 = xx , PT không có nghiệm nguyên dơng 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 . 1 điểm 1 điểm Bài 6 Giả sử đa thức cần tìm là: ( ) 0; . 01 1 1 ++++= n n n n n aaxaxaxaxP ( ) ( ) 12 2 1 1 2 .1' axaxanxnaxP n n n n ++++= ( ) ( ) ( )( ) 2 3 1 2 2 .211'' axannxannxP n n 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 ( ) ( ) nnn annnaann 321 = Lại do 1;0 > na n nên ( ) 303 == nann n Do vậy đa thức phải có dạng ( ) 0; 301 2 2 3 3 +++= aaxaxaxaxP Thay đa thức vào điều kiện (1) : ( ) ( ) ( ) xaaxaaaxaaaxaa =+++ ;0161248882248212 20321 2 132 3 23 0.5 điểm 0.5 điểm = = = = = = = 30 31 32 20 321 132 23 8 12 6 043 06 0124 06 aa aa aa aa aaa aaa aa . Nên ( ) ( ) 8126 23 3 +++= xxxaxP Mặt khác ( ) 271 = P ; Suy ra 12727 33 == aa Vậy đa thức cần tìm là : ( ) 8126 23 +++= xxxxP 0.5 điểm 0.5 điểm Bài 7 Với Rx ta có ( ) 32223 332323 4 222 === + + LogLogLogxCos y 51)4( + yy (1) Đẳng thức xảy ra khi ZkkxCosxxCos +===+ ; 2 0021 (2) . Với điều kiện (1) thì 8)3(/1///2 2 ++ yyy trở thành : 0505 2 + yyy , kết hợp với (1) ta có y = - 5 (3) . Kết hợp (1);(2) và (3) ta có nghiệm của hệ đã cho là : = += 5 ; 2 y Zkkx 1 điểm 0.5 điểm . 0.5 điểm Bài 8 Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O.ABC với O là tâm của tam giác ABC và O là tâm của tam giác ABC. Theo bài ra thì OO là đờng cao chung của 2 hình chóp . Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tơng 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 DEF SOOV = '. 3 1 COO' vuông tại O nên cos' lOO = Do tính đối xứng nên OO đi qua tâm I của DEF . Trong IOE ta có : gIEOI cot = Trong EIO' có: gIEIO cot' = Suy ra gg l gg OO IEggIEOO cotcot cos cotcot ' )cot(cot' + = + =+= Tam giác DEF đều , đờng cao EIEJ 2 3 = Diện tích 4 3 2 DE S DEF = với 3 3 32 EI EJ DE == Do đó 2 22 )cot(cot4 cos33 gg l S DEF + = . Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : 2 33 )cot(cot4 cos3 gg l V + = 0.5 điểm 0.5 điểm . 0.5 điểm A B C O A' C' B' D F E O' I . 0.5 điểm Bài 9 Bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + + + + + baLog cLog acLog bLog cbLog aLog (1) Do 2 cba nên abba ba ++ 1 11 ,tơng tự ta cũng đợc : acacbccb ++ & Khi đó ( ) yx z xz y zy x abLog cLog caLog bLog bcLog aLog VT + + + + + =++ 222 222 1 2 2 2 2 2 2 (2) Với cLogzbLogyaLogx 222 ;; === Ta chứng minh: 1,,;3 222 + + + + + zyx yx z xz y zy x ( ) 9 111 .222 92 2 2 2 2 2 + + + + + ++ + + + + + + + + xzzyyx zyx yx z xz y zy x áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái , ta đợc điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 1;; 222 === === == == cba cba cLogbLogaLog zyx zyx 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 . . LogLogLogxCos y 51)4( + yy (1) Đẳng thức xảy ra khi ZkkxCosxxCos +===+ ; 2 0021 (2) . Kết hợp (1); (2) và (3) ta có nghiệm của hệ đã cho là : = += 5 ; 2 y Zkkx 1 điểm