testpro template sở gd đt t t huế đề thi chọn học sinh giỏi khối 12 trường thpt môn toán thời gian làm bài 150 phút nguyễn đình chiểu không kể thời gian giao đề

[r]

SỞ GD & ĐT T T HUẾ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 TRƯỜNG THPT MÔN TOÁN _ Thời gian làm bài : 150 phút NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU ( Không kể thời gian giao đề )

********* ********** Bài 1 :

1/ Chứng minh rằng x0, ta có :

ln(1 )

x

x  x x

2/    n      n

1 n

n N; n 1, đặt u ln(1 )(1 )(1 ) (1 ) Tính limu

n n n n .

Bài 2 : Cho f(x) = nxn+1 – 3(n+1)xn + an+1.

1/ Khi n = 2007, giải phương trình : f(x) = với a3.

2/ Chứng minh rằng : n lỴ ; a > 3 thì phương trình f(x) = vô nghiệm.

Bài 3 : Cho hàm số :  y = f(x) = x + + (C)

x Tìm điểm (C) có hoành độ lớn 1, cho tiếp tuyến đó tạo với hai đường tiệm cận tam giác có chu vi bé

Bài 4 : Cho ABC, lấy điểm P cạnh BC, qua P kẻ PN // AB ; PM // AC Xác định vị trí điểm P cho MN có độ dài ngắn

Bài 5 : Giải hệ phương trình:

{ x+log2y=ylog23+log2x xlog272+log2x=2y+log2y

-ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Ý Nội dung Biểu điểm

1 1/

Đặt

2

( ) ln(1 )

2 x

f x  x  x  x

2

( ) 0

1

x

f x x x

x x

       

 

 f(x) là hàm số giảm, nên : f(x) < f(0)  x > Ta có :

2

ln(1 ) (1)

x

x  x

Đặt g x( ) x ln(1x)  x

( ) 0

1

x

g x x

x x

      

 

 g(x) là hàm số tăng, nên : g(x) > g(0)  x > Ta có : xln(1x) (2)

Từ (1) và (2), ta có :

ln(1 )

x

x  x x

 x > 0.(*)

0,5

0,5

0,25 2/

Từ (*) thay x : 2 2

; ; ; ; n

n n n n , ta có :

2 2

2 2

2 2

1 1

ln(1 )

2 2

ln(1 )

ln(1 )

n n n n

n n n n

n n n n

n n n n

   

   

   





( 1) ( 1) ( 1)

2 n

n n n n n n

u

n n n

  

  

Nên : lim un =

1 2.

0,5 0,25 1/ Khi n = 2007 , f(x) =  2007x2008 – 3.2008x2007 + a2008 = 0

Đặt g(x) = 2007x2008 – 3.2008x2007 + a2008 với a ≥

g/(x) = 2008.2007.x2006( x – ).

g/(x) = 

0 x x     

g(x) ≥ g (3) ≥ với a ≥ - - + a = : g(x) =

 g(x) = g(3) x = a > : g(x) > g(3) > CT

Vậy phương trình có nghiệm x = a = Phương trình vô nghiệm a >

0,5

0,5

0,25 2/ Với n lẻ ; a > :

x y/ y

0

Đặt f(x) = nxn+1 – 3(n+1)xn + an+1.

f/(x) = n(n+1).xn( x – ).

f/(x) = 

0 x x

    

Tương tự câu (a ), ta có : f(x) ≥ f( 3) , với a > thì f(3) > Vậy phương trình vô nghiệm

0,5

0,25

3

Phương trình tiệm cận đứng : x = Phương trình tiệm cận xiên : y = x +

Gọi I là giao điểm của đường tiệm cận , thì I ( ; )

1

y x y

x  (x 1)

     

 

Gọi

1

A(a ;a ) (C) a a

   



Phương trình tiếp tuyến A là :

1

y (x a) a (d)

(a 1) a

 

      

 

  .

(d) cắt tiệm cận đứng B thì tọa độ của

2a B(1; )

a 1 . (d) cắt tiệm cận xiên C thì tọa độ của C(2a 1;2a) . Ta có :

2

IB ; IC 2 a ; IB.IC

a

   



2 2 2

BC IB IC 2IB.IC cos IB IC



     

CV = IB + IC + BC

=IB+IC+ 2

IB IC  2 IB.IC2 2( 1) 4 24 2 2( 1). CVmin=

4

4 22 2( 1)  IBIC

4

2

2 x x

x

     



Vậy

4

4

1

A(1 ; 2 )

2

  

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,5

0,25 0,25

Đặt

BP CP

x x (0 x 1)

BC   BC    

Do đó :

BP AN CP AM

x ; x (0 x 1)

BC AC  BC AB    

AN     xAC ; AM  (1 x)AB

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

MN AN  AM xAC  (1 x)AB x(AC AB ) AB

       

Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABDC thì :

MN xAD  AB AQ  AB ; QPN AD

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

 MN BQ 

 

MNQB là hình bình hành MN ngắn  BQ ngắn  BQAD

0,5 0,5

0,5 0,5

5

- Áp dụng công thức đổi sang số 10 của logarit, ta có: log23=

log3

log2 cho hệ phương trình

{ x+log2 y=ylog23+log2x

x(3+2 log23)+log2x=2y+log2y - Suy ra: y = 2x

- x=

2 log23−1

- y=

2 log23−1