Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 16 pptx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (198.47 KB, 8 trang )
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
Môn : Toán
Thời gian làm bài : 180 phút
CÂU 1 : (4điểm) Cho f(x)= 12
6
6)1( m
x
m
x
x
1. Giải bất phương trình f(x)
0
với m=
3
2
2. Tìm m để : (x-6
x1
)f(x)
0
với mọi x
1;0
CÂU 2 : (4 điểm )
1. Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm
2 xaxa
2. Giải và biện luận phương trình :
)22(log4)2(log2
2
2
2
2
axx
ax
x
CÂU 3: (4 điểm) Cho hàm số :
y=
2
33
2
x
xx
(1)
1.Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2. Tìm những điểm thuộc đồ thị hàm số có các toạ độ là các số nguyên
CÂU 4 : (6 điểm )
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn : 4
22
yx và điểm A(1;0)
một điểm M thay đổi trên đường tròn. Chứng minh rằng đường vuông góc
với AM tại M luôn tiếp xúc với một conic cố định .
2. Cho hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi; O cố định các điểm
A; B; C thay đổi . Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ B vuông góc với
đường chéo AC luôn đi qua một điểm cố định.
3. Cho tam giác ABC vuông ở C. tìm những điểm P trong không gian
thoả mãn :
222
CPBPAP
CÂU 5: (2 điểm )
Tìm các hàm số f(x)xác định và có đạo hàm trên R thoả mãn điều kiện :
f(x+y)=f(x).f(y);
x,y
R
.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
Môn : Toán
Thời gian làm bài : 180 phút
Đáp án
điểm
Câu 1 (4 điểm ):
1. (2điểm) Đặt t= )0(6 t
x
và :
f(t)=(m-1)t- 12
2
m
t
1. m
3
2
; f(t) ttt 10670
2
<6
10661 x
x
0,25
0,25
0,5
1,0
2. (2điểm )Với x=1, bất phương trình thoả mãn với mọi m
Xét x
1;0 Đặt h(x)=x-6
x1
h’(x)=1+6 )(06ln
1
xh
x
đồng biến trên
1;0 và h(1)=0
1;00)( xxh
vậy ta cần tìm m sao cho : f(x)
1;00 x
Với t=6
)(
2
2
6;1
2
2
tg
t
t
tt
mt
x
Ta có : g’(x)=
22
2
)2(
443
tt
tt
Bảng biến thiên :
t 1 2 6
g(t) - 0 +
g’(t)
3
2
2
1
Từ m )(tg
đứng với mọi t
mtg )(min6;1
6;1
hay m
2
1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II: (4 điệm )
1.(2đ)
Ta có :a<0 thì xa vô nghĩa
Vậy ta xét a
0
điều kiện x
0
i) khi a=0 02 xxx
ii) khi a>0; điều kiện
10
0
0
a
x
x
ax
x
0,25
Đặt
2
;0;
cos
ax
ax
phương trình 2cos1(cos1(
aa (*)
a
1
42
cos
với
2
o thì 1
42
cos
2
1
Vậy để (*) có nghiệm thì
a
1
2
1
0< a
2
Vậy phương trình có nghiệm
0
a
2
0,5
0.5
0.25
0.25
0.25
2, (2 điểm)
Viết lại phương trình dưới dạng
2
x
2
+ 2
log
2
(x
2
+2) = 2
2 ax + 2
.
)22(log
2
ax .
Xét hàm số f(t) = 2
t
log
2
t với t
2
f
'
(t)= 2
t
log
2
t.ln2 +
2
ln
2
t
t
> 0
t
2
hàm số đồng biến
Khi đó phương trình có dạng : f(x
2
+2) = f(2 2x +2 )
x
2
+2 = 2 2x +2
x
2
= 2x +2a (1)
hoặc -x
2
= 2x +2a (2)
a,giải và biện luận (1) :
1
=1+2a
* <0
a< -
2
1
(1) vô nghiệm
* =0
a= -
2
1
(1) có nghiệm kép x=
2
1
* >0
a> -
2
1
(1) có 2 nghiệm phân biệt x
1,2
=1
a21
b,giải và biện luận (2) :
2
=1-2a
*
2
< 0
a >
2
1
(2) vô nghiệm
*
2
= 0
a =
2
1
(2) có nghiệm kép x=-
2
1
*
2
>0
a <
2
1
(2) có 2 nghiệm phân biệt x
1,2
=-1
a21
Kết luận:
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
+ Với a < -
2
1
phương trình có nghiệm : x =-1
a21
+ Với a = -
2
1
phương trình có nghiệm : x=
2
1
; x = -1
2
+ Với-
2
1
<a <
2
1
phương trình có nghiệm : x = 1
a21
+ Với a =
2
1
phương trình có nghiệm : x= -
2
1
; x = 1
2
+ Với a >
2
1
phương trình có nghiệm : x =1
a21
Câu 3 : (4 điểm )
1. (3 điểm)
y =
2
33
2
x
xx
TXĐ
2/ RD
y
'
=
3;10';
)2(
34
2
2
xxy
x
xx
ý >0: hàm số đồng biến ( 3;
) và (
1
;
)
y’<0 hàm số nghịch biến )2;3(
và )1;2(
Cực đại (-3;-3); cực tiểu (-1; 1)
y
x 2
lim ;
y
x 2
lim suy ra đường thẳng x=-2 là tiệm cận
đứng
y=x+1+
2
1
x
; lim 0
2
1
x
x
x+1 là tiện cận xiên
Üm
lim ; lim
x
Bảng biến thiên :
x -3 -2 -1 +
y’
+ 0 - - 0 +
y -3
+
-
1
0,5
0.25
0.25
0,5
0,5
0,5
0,5
Đồ thị : Giao với Oy tại (0;
2
3
) y
nhận I(-2; -1) làm tâm đối xứng
3/2
1
-3 -2 -
1 x
O
-3
2. (1 điểm)
Hàm số y=
2
1
1
x
x
vì 221; xxZyZx là ước của 1
vậy x+2=+1 hoặc x+2=-1
33
11
yx
yx
Vậy trên đồ thị hàm số có 2 điểm có toạ độ là các số nguyên là : (-1; 1)
và (-3; -3)
Câu IV: (6 điểm )
1. (2 điểm)
Đường tròn : 4
22
yx giả sử M(2cos
sin2; );
2;0
)sin2;1cos2(
MA
do đó phương trình đưòng thẳng
vuông góc với
AM tại M có phương trình :
(2cos 0.sin2)1
Dyx
M
4cos2
D
0,5
0,5
0,5
0,25
0,5
phương trình (
) : (2cos 04cos2.sin2)1
yx (*)
Giả sử (x;y) là toạ độ các điểm không thuộc đường thẳng
nào
Phương trình (*) vô nghiệm 1243
22
yx
Xét (1) 1
3
4
22
yx
ta có họ đường thẳng
luôn tiếp xúc với elip trên
2. (2 điểm)
Lập hệ trục Oxy; O gốc A,C thay đổi lần lượt thuộc Ox và Oy.
A(a;0) ; C(0;c)
B(a; c)
y
(a;c>0): a+c=b=hằng số
Phương trình AC: y= cx
a
c
C(0;c) B(a;c)
Đường thẳng
qua B vuông góc với AC
O A(a;0)
y=
c
ac
a
c
a
cyyx
c
a
22
00
=b(1-
c
a
)
Vậy
: y =
c
a
x + b(1-
c
a
)
Giả sử
qua D ( x
1
; y
1
) cố định với mọi a và c
c
a
(x
1
-b) – (y
1
-b) = 0
a;c
by
bx
1
1
Vậy
luôn đi qua điểm D (b;b) cố định.
3. (2 điểm )
Chọn hệ trục Cxyz như hình vẽ z
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
x
A (a;0;0) ;B(0;b;0) C(0;0;0)
A
Gọi P(x;y;z)ta có
222
PCPBPA
C
B
222222
)()( zbyxzyax y
x
2
+ y
2
+ z
2
(x-a)
2
+ (y-b)
2
+z
2
0
0z
by
ax
Vậy P(a;b;0)
Vậy tập hợp cần tìm có một điểm đó là đỉnh thứ tư của hình chữ nhật
ACBP.
Câu 5 : (2 điểm)
Nhận xét : f(x) =0 là một hàm số thỏa mãn điều kiện
. f(x+y) = f(x).f(y) * ;
x ; y
R
và có đạo hàm
x
R
xét f(x)
0 . Khi đó tồn tại x
0
R để f(x
0
)
0
. Theo * thì
f(x
0
) = f((x
0
-x)+x) = f(x) .f(x
0
-x)
0;x
R
f(x)
0; x
R
mặt khác ,từ * ta có f(
2
2
xx
) = f(x) =(f(
2
x
))
2
0 ; x
R
Lấy đạo hàm hai vế theo biến x và biến y của * ta có.
Theo x : f
'
(x+y) =f
'
(x).f(y) :
x ; y
R
Theo x : f
'
(x+y) =f(x).f
'
(y) :
x ; y
R
)(
)(
'
xf
xf
=
)(
)(
'
yf
yf
;
x ; y
R
Từ đó ta có (lnf(x).)
,
=a
f(x).= e
a.x + b
Thử lại ta có
f(x+y) =e
a(x+y)+b
f(x).= e
a.x + b
0.25
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
f(y).= e
a.y + b
f(x).f(y)=e
a.x+b+a.y+b
Vậy b=0 Do đó : f(x)= e
a.x
;
x
R
Kết luận f(x)
0 hoặc f(x)= e
a.x
; a tùy ý ;
x
R
0.25
