Giải phương trình sau trên tập số thực: 15 x.. Tính thể tích khối tứ diện theo a.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
HÀ NAM NĂM HỌC 2011-2012
=========== Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC
CÂU 1: (4 điểm)
1 Cho hàm số y = 3x−2m
mx+ với m tham số Chứng minh ∀m 6= 0, đồ thị hàm số
luôn cắt đường thẳng d : y = 3x−3m hai điểm phân biệt A, B Xác định m để đường thẳngd cắt trụcOx, Oy tạiC, D cho diện tích ∆OAB 2lần
diện tích∆OCD
2 Cho hàm số y = x
2
x−1 có đồ thị (C) Chứng minh điểm mặt phẳng tọa
độ mà qua kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vng góc với nằm đường
trịn tâm I(1; 2), bán kính R =
CÂU 2: (4 điểm)
1 Giải phương trình sau tập số thực: 15x.5x
= 5x+1+ 27x+ 23. Giải bất phương trình sau tập số thực: log2 2x+
x2−2x+ 1 ≤2x
2−6x+ 2. CÂU 3: (6 điểm)
1 Cho tứ diệnSABCcóAB =AC =a,BC = a
2,SA=a
√
3 (a >0) Biết gócSAB[ = 30o
và gócSAC[ = 30o Tính thể tích khối tứ diện theo a.
2 Chứng minh tứ diện có độ dài cạnh lớn hớn1, độ dài cạnh lại
đều khơng lớn hơn1 thể tích khối tứ diện khơng lớn
CÂU 4: (4 điểm)Tính tích phân:
1 I =
3
R
2 √
x+
x+√x2−4dx J =
π
2
R
0
ln(cosx+ 1)
sinx+1 sinx+ dx
CÂU 5: (2 điểm) Cho ba số thực dươnga, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức
O =
2√a2+b2 +c2+ 1 −
1
(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)
—————————————————————–
Họ tên thí sinh: Số báo danh thí sinh:
(2)HƯỚNG DẪN CÂU 1:
1 Phương trình hồnh độ giao điểm d đồ thị là:
3mx2−3m2x−m= với x6= −1
m m 6= ⇔f(x) = 3x2−3mx−1 = 0 (1).
∆ = 9m2+ 12>0và f
−1
m
=
m2 + 6=
Suy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt ∀m 6= 0hay đồ thị cắt d hai điểm phân biệt A, B khim 6=
Gọix1, x2 nghiệm phương trình(1)thì ta cóA(x1; 3x1−3m)vàB(x2; 3x2−3m) GọiAH đường cao tam giácOAB OH =d(O;d) = | −
3m| √
10
AB =p
(x2−x1)2+ (3x2−3x1)2 =
p
10(x2−x1)2 AB =p
10(x2+x1)2 −40x 1x2 =
r
10m2+40
3
⇒S∆OAB =
r
10m2+40
3
| −3m| √
10
Xét tam giácOCD cóC(m; 0) D(0;−3m)⇒S∆OCD =
2.|m|.|3m|
S∆OAB = 2S∆OCD ⇔
r
10m2+ 40
3
| −3m| √
10 = 2.|m|.|3m|
⇒m =±2
2 Gọi M(xo;yo)thì đường thẳng d qua M có hệ số góc k có phương trình:
y=k(x−xo) +yo
dtiếp xúc với (C) hệ sau có nghiệm:
x+ +
x−1 =k(x−xo) +yo (1)
1−
(x−1)2 =k (2) Từ(1) ta có: x+ +
x−1 =k(x−1) +k−kxo+yo Thayk ở(2) vào phương trình
ta có:
x+ +
x−1 =x−1−
x−1+k−kxo+yo
⇒ x −1 =
k(1−xo) +yo−2
Thay ngược vào(2) ta được: 1−
k(1−xo) +yo−2
2
(3)Để từ M kẻ hai tiếp tuyến đến (C)vng góc với phương trình (3)
phải có hai nghiệm k1, k2 cho k1k2 =−1suy (yo−2)
2−4
(xo−1)2
=−1
hay (xo−1)2+ (yo−2)2 = ⇒M nằm đường tròn tâm I(1; 2) bán kính R=
CÂU 2:
1 Giải phương trình: 15x.5x
= 5x+1+ 27x+ 23 ⇔5x
(15x−5) = 27x+ 23 với 15x−56=
⇔5x
= 27x+ 23 15x−5 (1)
Xét hàm số f(x) = 5x hàm số đồng biến R
Xét hàm sốg(x) = 27x+ 23 15x−5 cóg
′(x) = −480
(15x−5)2 nên hàm số nghịch biến khoảng
−∞;1
và
1 3; +∞
Do phương trình (1) có nghiệm có nhiều nghiệm khoảng
Mặt khác dễ thấy f(1) =g(1) = 5và f(−1) = g(−1) =
Vậy phương trình cho có hai nghiệm
x=
x=−1
2 Giải bất phương trình: log2
2x+
x2−2x+ 1 ≤2x
−6x+ (1)
Điều kiện: x6= x >−1
2 (1)⇔log2 2x+
x2−2x+ 1 −1≤2x
2−6x+ 1 ⇔log2 2x+
2(x2−2x+ 1) ≤2x
2−6x+ 1
⇔log2(2x+ 1)−log2(2x2−4x+ 2)≤(2x2−4x+ 2)−(2x+ 1)
⇔(2x+ 1) + log2(2x+ 1)≤(2x2−4x+ 2) + log2(2x2−4x+ 2)
Đặt
(
u= 2x+
v = 2x2−4x+ u, v >0và u+ log2u≤v+ log2v (2)
Xét hàm số f(t) = t+ log2t với TXĐ D= (0; +∞)ta có f′(t) = +
t.ln >0∀t∈D
Suy hàm số đồng biến trên(0; +∞)
⇒(2) ⇔u≤v hay 2x+ 1≤2x2−4x+ 2
⇔2x2−6x+ 1≥0⇔
x≤ 3− √
7
x≥ + √
(4)Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có tập nghiệm bất phương trình cho: T = −1
2;
3−√7
#
∪
"
3 +√7
2 ; +∞
!
CÂU 3: Hình vẽ:
S
M
A
B
N
C
Xét tam giácSAB ta có:
SB2 =SA2+AB2−2SA.AB.cosSAB[ = 3a2+a2−2a√3.a. √
3
2 =a
2
⇒SB =a Tương tự ta có SC =a
GọiM trung điểm SA Do tam giác SAB cân B tam giác SAC cân C nên M B⊥SA M C⊥SA⇒SA⊥(M BC)
Ta có: VSABC =VSBM C +VABM C =
3SA.S∆M BC
Do∆SAB = ∆SAC⇒M B =M C từ suy raM N⊥BC vàM N⊥SA(vớiN trung điểmBC)
⇒M N =√AN2−AM2 =√AB2−BN2−AM2 =
v u u ta2−
a
4
2
− a
√
3
!2
= a
√
3
Vậy VSABC = 3.SA
1
2.M N.BC =
a3
16
(5)A
B
C
D M
K H
Xét tứ diện ABCD Khơng tính tổng qt ta giả sử AB > 1, cạnh
lại khơng lớn
Gọix=CD x∈(0; 1]
GọiM trung điểm BC, BK⊥CD AH⊥(BCD)(hình vẽ)
Ta có: VABCD =
3.SBCD.AH =
6.x.BK.AH (1)
Ta lại có:BM2 = BC
2−BD2
2 −
CD2
4 ≤1−
x2
4 (vìBC, BD ≤1)
⇒BM ≤
2
√
4−x2
Tương tự ta cóAM ≤
2
√
4−x2 Mặt khác,BK ≤BM ⇒BK ≤
2
√
4−x2 (2)
AH ≤AM ⇒AH ≤
2
√
4−x2 (3)
Từ (1),(2),(3)⇒VABCD ≤
24x(4−x
2) Xét hàm sốf(x) =
24x(4−x
2)vớix∈(0; 1]ta có hàm số đồng biến nênf(x)≤f(1) =
8
VậyVABCD ≤
8 Đẳng thức xảy khix= Khi đó∆ACDvà ∆BCD tam giác
cạnh bằng1 H, K trùng với M Như AB =
r
3 >1
CÂU 4:
1 Ta có: I =
3
R
2 √
x+
x+√x2 −4dx=
R
2 √
x+ 2(x−√x2−4) x2−(x2−4) dx
=
3
R
2
x√x+ 2dx−1
4
3
R
2 √
x+ 2√x2−4dx=
(6)TínhI1 =
R
2
x√x+ 2dx
=
3
R
2
(x+ 2−2)√x+ 2dx=
3
R
2
(x+ 2)32dx−2
R
2
(x+ 2)12dx
=
5(x+ 2)
5
−2.2
3(x+ 2)
3 = 10 √ − 32 15
TínhI2 =
3
R
2 √
x+ 2√x2−4dx
=
3
R
2
(x+ 2)√x−2dx
Đặt√x−2 =t ⇒dx= 2tdt I2 =
1
R
0
(t2 + 4)t.2tdt
I2 =
2 5t + 3t = 46
Vậy I = 4I1 −
1 4I2 =
25√5−39 30
2 Tính J =
π
2
R
0
ln(cosx+ 1)
sinx+1
sinx+ dx =
π
2
R
0
[(1 + sinx) ln(cosx+ 1)−ln(1 + sinx)]dx
=
π
2
R
0
ln(1 + cosx)dx+
π
2
R
0
sinxln(1 + cosx)dx−
π
2
R
0
ln(1 + sinx)dx=J1+J2−J3 TínhJ1 =
π
2
R
0
ln(1 + cosx)dx Đặtx= π
2 −t dx=−dt Khi đó:
J1 =−
0
R π
2
ln(1 + sint)dt=
π
2
R
0
ln(1 + sint)dt=J3
Do J =J2 XétI2 =
π
2
R
0
sinxln(1 + cosx)dx
Đặtt = + cosx⇒dt=−sinxdx Thực đổi cận ta có J2 =
R
1
lntdt Đặt:
u= lnt dv=dt
⇒
du= dt
(7)J2 =tlnt
2
−
R
1
dt= ln 2−1
Vậy J = ln 2−1
CÂU 5:
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: a2+b2+c2+ 1≥
2(a+b)
2+
2(c+ 1)
2 ≥
4(a+b+c+ 1)
2
và (a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)≤
a+b+c+ 3
3
⇒P ≤
a+b+c+ −
27 (a+b+c+ 3)3 Đặt t=a+b+c+ ⇒t >1 Do P ≤
t −
27 (t+ 2)3 Xét hàm sốf(t) =
t−
27
(t+ 2)3 trên(1; +∞) Xét bảng biến thiên hàm số (1; +∞) ta cóf(t)≤f(4) =
8
Vậy P ≤
Bùi Quỹ - Trung tâm GDTX Duy Tiên NguoiDien - Diễn đàn kiến thức: http://diendankienthuc.net