hsg (bai 7)

Sở GD-ĐT Thanh hóa ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Trường THPT H.Hóa 2 (Thời gian làm bài 180’- Không kể thời gian phát đề) MÔN THI: TOÁN Bài 1. ( 2 điểm) Cho hàm số f(x) = Chứng minh rằng xdxx sin1 4 4 2 ∫ − + π π = f’(0). Bài 2. ( 2 điểm) Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi miền khi quay quanh trục oy. Bài 3. ( 2 điểm) Tìm m để bất phương trình: mx 2 + mx + m -2 ≥ 0 có nghiệm x∈(1;2). Bài 4. ( 2 điểm) Giải và biện luận phương trình: 4x+1+2(m-1)x-1=(m+1) 134 2 −− xx theo tham số m. Bài 5. ( 2 điểm) Giải phương trình: cosx + cos2x + cos3x + cos4x = - 2 1 Bài 6. ( 2 điểm) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có: 32 2 3 sin 1 sin 1 sin 1 coscoscos +=+++++ CBA CBA thì đều. Bài 7. ( 2 điểm) Tìm giới hạn: x x x 2sin 13 lim 2 0 2 − → Bài 8. ( 2 điểm) Giải và biện luận theo m bất phương trình: )3(log)()1( 3 1 2 +−≥++− xmxmxmx Bài 9. ( 2 điểm) Trong mặt phẳng oxy cho hypebol (H): 1 9 2 2 =− y x và đường tròn (C): x 2 +y 2 =9. 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (H) kẻ qua điểm M(3;1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến chung của (H) và (C). Bài 10. ( 2 điểm) Cho elip (E): 1 4 2 2 =+ y x và hai đường thẳng (d 1 ): x-ky=0, (d 2 ): kx+y=0. (d 1 ) cắt elip (E) tại A và C, (d 2 ) cắt elip (E) tại B và D. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD. Nguồn gốc đề thi: Tự sáng tác. Sở GD-ĐT Thanh hóa ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Trường THPT H.Hóa 2 ( NGÂN HÀNG ĐỀ THI ) x 2 sin 2 1 x khi x≠0 0 khi x=0 y=x 2 -6x+5 y=0 MÔN THI : TOÁN Bài 1 2 điểm f’(0)= 2 0 2 2 0 1 sinlim 1 sin lim x x x x x xx ∆ ∆= ∆ ∆ ∆ →∆→∆ vì -∆x≤ ∆x sin 2 1 x ∆ ≤∆x và 0 lim →∆ x (-∆x)= 0 lim →∆ x (∆x)=0 ⇒ 0 1 sinlim 2 0 = ∆ ∆ →∆ x x x ⇒ f’(0)=0 (1) Mặt khác: =+ ∫ − 4 4 2 sin1 π π xdxx ++ ∫ − 0 4 2 sin1 π xdxx ∫ + 4 0 2 sin1 π xdxx Đặt x=-t thì dx=-dt , với x=-π/4 thì t=π/4, với x=0 thì t=0 ⇒ =+ ∫ − 4 4 2 sin1 π π xdxx - ( ) ∫ −+ 0 4 2 sin1 π dttt + =+ ∫ 4 0 2 sin1 π xdxx = ++− ∫ 4 0 2 sin1 π tdtt =+ ∫ 4 0 2 sin1 π xdxx ++− ∫ 4 0 2 sin1 π xdxx 0sin1 4 0 2 =+ ∫ π xdxx (2) Từ (1) và (2) suy ra diều phải chứng minh. 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 2 2 điểm Vẽ đồ thị hàm số y=x 2 -6x+5 Cung AB có phương trình x = 34 −+ y Cung BC có phương trình x = 34 ++ y ⇒ ( ) ∫∫ −− −+−++= 0 4 2 0 4 2 )34(34 dyydyyV oy ππ 2 3 0 4 )4(8412 +=+= ∫ − ydyy ππ  − 0 4 = 64π 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 3 2 điểm Gián tiếp loại bỏ f(x) = mx 2 + mx + m -2 <0, ∀x∈(1;2) ⇔ m(x 2 +x+1)<2 ⇔ m< 1 2 2 ++ xx ∀x∈(1;2) Xét g(x) = 1 2 2 ++ xx ∀x∈(1;2), g’(x) = ⇒< ++ +− 0 )1( )12(2 22 xx x hàm số nghịch biến 0,5 0,5 0,5 -4 5 3 1 C B AO y x trong khoảng (1 ;2). ⇒ m ≤ Min [ ] 7 2 )( 2;1 = xg Vậy m > 7 2 thì bất phương trình có nghiệm ∀x∈(1;2). 0,5 Bài 4 2 điểm Điều kiện 4x 2 -3x-1≥0 ⇔ Phương trình ⇔ 1 14 − + x x - (m+1) 1 14 − + x x +2(m-1) = 0 Đặt t = 1 14 − + x x điều kiện Phương trình trở thành Giải ra ta được Nghiệm t 2 thỏa mãn ⇔ Theo cách đặt ta tính được x = 32 22 2 2 −− +− mm mm Kết luận: . thì PT vô nghiệm . 1≤m≠3 thì PT có nghiệm duy nhất x = 32 22 2 2 −− +− mm mm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 5 2 điểm Nhận thấy sin 2 x =0 ⇔ x=k2π (k∈Z) không phải nghiệm của PT PT ⇔ 2cosxsin 2 x +2cos2xsin 2 x +2cos3xsin 2 x +2cos4xsin 2 x =-sin 2 x ⇔ sin 2 9x =0 ⇔ 2 9x =tπ ⇔ x= 9 2 π t (t∈Z). KL: x= 9 2 π t (t∈Z). 0,25 0,50 0,50 Bài 6 2 điểm Ta có cosA+cosB+cosC+ =++ CBA sin 1 sin 1 sin 1 =       ++         −+       ++++ CBACBA CBA sin 1 sin 1 sin 1 4 3 1 sin 1 sin 1 sin 1 4 3 2 sin 2 sin 2 sin41 ≥ ≥ 1+       ++         −+         CBACBA CBA sin 1 sin 1 sin 1 4 3 1 sin 1 sin 1 sin 1 4 3 . 2 sin 2 sin 2 sin44 4 3 4 1,0 x≥1 x≤ 4 1 − t≥0 t≠2 t 2 -(m-1)+2(m-1)=0 0≤t≠2 t 1 =2 t 2 =m-1 m≥1 m≠3 m<1 m=3 ≥             ++         −++ 2 cos 1 2 cos 1 2 cos 1 4 3 1 2 cos 2 cos 2 cos8.16 33 41 4 CBACBA ≥ 32 2 3 2 cos 2 cos 2 cos 1 3 4 3 1 2 1 .41 3 +≥         −++ CBA Dấu ‘=’ xảy ra khi ⇔ A=B=C ⇔ ∆ABC đều. 0,5 0,5 Bài 7 2 điểm Ta có :         − = − →→ xx x x e x x x x x 22 2 2 3ln 0 2 0 cos4.sin 3ln . 3ln 1 lim 2sin 13 lim 22 3ln 4 1 = 1,5 0,5 Bài 8 2 điểm Điều kiện x>-3 Bất PT ⇔ (x-m) [x-1+log 3 (x+3)] ≥ 0 Đặt f(x)= x-1+log 3 (x+3) f(x) đồng biến trong (-3;+∞) f(0)=0, nên x≥0 ⇔ f(x) ≥ f(0)=0 hay f(x) cùng dấu với x. Do đó BPT ⇔ Từ đó suy ra Nếu m≥0 thì nghiệm của BPT là: Nếu -3<m<0 thì nghiệm của BPT là: Nếu m=-3 thì nghiệm là x≥0. Nếu m<-3 thì nghiệm là x≥0. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 9 2 điểm 1. Phương trình đường thẳng qua M có dạng : a(x-3)+b(y-1)=0 (a 2 +b 2 ≠0). ⇔ ax+by-3a-b=0 đường thẳng này tiếp xúc với (H) ⇔ ⇔ ⇔ b=0 chọn a=1,b=0 PT tiếp tuyến là : x-3=0 0,25 0,25 0,5 8 33 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 1 2 cos 1 2 cos 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin4 3 sin4 3 sin4 3 2 sin 2 sin 2 sin4 = ++=++ === CBA CBA CBA CBA CBA (x-m)x≥0 x>-3 -3<x≤0 x≥m -3<x≤m x≥0 9a 2 -b 2 =(3a+b) 2 3a+b≠0 2b(b+3a)=0 3a+b≠0 2. Xét tiếp tuyến cùng phương với oy có PT : x-a=0. Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C) thì ⇔ a=±3 Có hai tiếp tuyến chung thỏa mãn bài toán là x-3=0 và x+3=0. Xét tiếp tuyến không cùng phương với oy có PT y=kx+b ⇔ kx-y+b=0 Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C) ⇔ hệ sau có nghiệm: 9k 2 -1=b 2 b=3 1 2 + k ⇔ Hệ vô nghiệm. b≠0 KL: có 2 tiếp tuyến chung là: x-3=0 và x+3=0. 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 10 2 điểm Tọa độ giao điểm của (d 1 ) và (E) là nghiệm của hệ : kyx y x = =+ 1 4 2 2 ⇔ 2 4 2 k y kyx + ±= = ⇒ AC 2 = 2 2 4 )1(16 k k + + Tọa độ giao điểm của (d 2 ) và (E) là nghiệm của hệ : kxy y x −= =+ 1 4 2 2 ⇔ 2 41 2 k x kxy + ±= −= ⇒ BD 2 = 2 2 41 )1(16 k k + + Vì (d 1 ) ⊥ (d 2 ) nên AC ⊥ BD ⇒ 4S 2 = AC 2 .BD 2 = )41)(4( )1(16 22 222 kk k ++ + Đặt x=k 2 ≥0, xét f(x)= )41)(4( )1(16 22 xx x ++ + , f’(x)= 22 )4()41( )99)(1( ++ −+ xx xx f’(0)=0 ⇔ x=1. Chú ý rằng: 4 1 )(lim = +∞→ xf x Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ⇒ Max [ ) 4 1 )( ;0 = +∞ xf khi x=0 ⇔ k=0 Min [ ) 25 4 )( ;0 = +∞ xf khi x=1 ⇔ k=±1 Vậy Max S ABCD =4 khi k=0, Min S ABCD = 5 16 khi k=±1. 0,50 0,50 0,25 0,25 0,50 9=a 2 a=3 a≠0 9k 2 =b 2 +1 9k 2 +9=b 2 25 4 4 1 4 1 + 0 - +∞ 1 0 f(x) f’(x) x