Tải bản đầy đủ (.doc) (9 trang)

Đề thi và đáp án học sinh giỏi môn toán thầy giáo Lê Văn Khởi và Lê Văn Minh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (120.27 KB, 9 trang )

Đề thi học sinh giỏi lớp 12
Môn: Toán Thời gian: 180 phút
Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh
Lê Văn Khởi
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số:
13
23
+= xxy
(C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình:

03
23
== kkxxxy
(1)
Câu 2: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng:
2cos ++ xxe
x
với
0x
b) Tìm m để pt sau có nghiệm:

1224
211
22
+=
++
mxx


xmxx
Câu 3: (5 điểm)
a) Tính:







+
+
+
2
0
sin1
sin1
)cos1(
ln

dx
x
x
x
b) Tìm
Zx

thoả mãn

=

x
xtdt
0
12cossin
c) Cho các số dơng a, b, c, d thoả mãn:






+=+
+=+
2005200520052005
2004200420042004
dcba
dcba
Chứng minh rằng:
2006200620062006
dcba +=+
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho elíp:
1
2
2
2
2
=+
b
y

a
x
(E) và Hypebol:
1
2
2
2
2
=+
n
y
m
x
(H) (với a, b, m, n >
0) có cùng chung tiêu điểm F
1
và F
2
: Chứng minh rằng tiếp tuyến của (E) và
(H) tại giao điểm của chúng vuông góc với nhau.
Câu 5: (4,5 điểm)
Cho tứ diện đều ABCD, gọi (C) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Điểm
M (C), gọi A
1
, B
1
, C
1
, D

1
lần lợt là hình chiếu của M trên các mặt phẳng
(BCD); (ACD); (ABD); (ABC).
a) T×m vÞ trÝ ®iÓm M ∈ (C) sao cho tæng:
S = MA
1
+ MB
1
+ MC
1
+ MD
1
®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt.
b) Chøng minh r»ng tån t¹i ®iÓm M ∈ (C) ®Ó 4 ®iÓm A
1
, B
1
, C
1
, D
1
kh«ng ®ång ph¼ng:
đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 12
Môn: Toán Thời gian:
Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh
Lê Văn Khởi
Câu 2
(4 điểm)
Câu a: (2 điểm) Chứng minh rằng
)1(2cos ++ xxe

x
với
0x
(1)
02cos + xxe
x
với
0

x
Đặt:
2cos)( += xxexf
x
0,25
Ta có:
1sin)(' = xexf
x
0,25

xexf
x
cos)(" =
0,25

1,0
x
ex
còn
0cos)("1cos = xexfx
x

với
0

x
0,25
Vậy hàm số f(x) = đồng biến trên
[
)
+,0
0,25

0)('010sin)0(')('
0
== xfefxf
với
0

x
0,25
hay f(x) đồng biến
[
)
+,0
0,25

0200cos)0()(
0
=+= efxf

2cos0)( ++ xxexf

x
với
0

x
0,25
Câu b: (2 điểm) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:

01224
211
22
=+=
++
mxx
xmxx
(1)
Phơng trình (1)
122222
221222
22
+++=
++
xmxx
xmxx
0,5

122222
212222
22
++=++

++
xmxx
xmxx
(2)
0,25
Xét hàm số
ttf
t
+= 2)(
Ta có
12ln2)(' +=
t
tf
0,5
Ta có
ttf > 0)('
Vậy hàm số f (t) đồng biến t
0,25
Từ đẳng thức (2)
1222
22
+=+ xmxx
0,25

012
2
=+ mxx
(3)
Phơng trình (1) có nghiệm Phơng trình (3) có nghiệm
' 0 m

2
- 1 0
1m
0,25
Câu 3
(5 điểm)
Câu a: (2 điểm) Tính:







+
+
+
2
0
sin1
sin1
)cos1(
ln

dx
x
x
x



++++=
2
0
2
0
2
0
)sin1ln()cos1ln(sin)cos1ln(

dxxdxxxdxxI
(I)
1
( I
2
) (I
3
)
0,5
Chứng minh: I
1
= I
3
0,25
Đặt:
:
2
dtdxtx ==


0

2
2
0
==
==
tx
tx




=+=+=+=
2
0
3
2
0
2
0
1
)sin1ln()sin1ln())
2
cos(1ln(


IdxxdttdttI
Vậy I
1
- I
3

= 0 0,25
Ta tính:

+=
2
0
2
)cos1ln(sin

dxxxI
Đặt:
:sincos1 xdxdtxt
=+=

1
2
20
==
==
tx
tx

0,25


=
2
1
2
ln tdtI

Đặt:



=
=
dtdv
tu ln






=
=
tv
dt
t
du
1
0,25

=
2
12
ln ttI
2
1
2

1
)ln( tttdt =

0,25

12ln2
2
=I
0,25
Câu c: (1,5 điểm) Cho các số dơng a, b, c, d thoả mãn:






+=+
+=+
2005200520052005
2004200420042004
dcba
dcba
Chứng minh rằng:
2006200620062006
dcba +=+
Đặt:
2004
2006
,
2004

2005
,,,,
2004200420042004
======

dncmbyax
0,25
Theo đề ra ta có:



+=+
+=+
)2(
)1(

nmyx
nmyx
Từ (1) và (2) ta có:


nmxnmx +=++ )(
0,25
Xét hàm số

nmxnmxxf +=++= )()(
;
1>

; x > 0

0,25

[ ]
11
)()('

+=


xnmxxf
=>
2
0)('
nm
xxf
+
==
0,25
Suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm




=
=




=

=
==
ny
my
nx
mx
nfmf 0)()(
0,25
Vậy



=
=
db
ca
hoặc



=
=
cb
da

Từ đó ta suy ra:
2006200620062006
dcba +=+
0,25
Câu b: (1,5 điểm) Tìm

Zx

thoả mãn

=
x
xtdt
0
12cossin
Ta có:
1coscossin
0
0
+==

xttdt
x
x
Vậy:
02cos2cos1cos12cos
=++=
xxxx
0,5





=
=

=+
)(
2
3
cos
1cos
03coscos2
2
loaix
x
xx



kxx 21cos
==

ZkZx ,
=> k = 0
0,5

0=x
nghiệm phơng trình
0=x
0,5
Câu 4
(3,5 điểm)
Elíp:
1
2

2
2
2
=+
b
y
a
x
(E) và Hypebol:
1
2
2
2
2
=+
n
y
m
x
(H) có chung
tiêu điểm F
1
(-c;0); F
2
(c;0)
Vậy c
2
= a
2
- b

2
(a > b > 0)
c
2
= m
2
+ n
2
(m,n > 0)
0,25
Vậy: a
2
- b
2
= m
2
+ n
2
a
2
- m
2
= b
2
+ n
2
0,25
Toạ độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ phơng trình:









=+
=+
)(1
)(1
2
2
2
2
2
2
2
2
H
n
y
m
x
E
b
y
a
x
0,25
Giải ra ta đợc:

)(
222
22
mab
nb
amx
+
+
=
0,5

)(
222
22
mab
ma
bny
+

=
0,5
Có 4 giao điểm. Giả sử 1 giao điểm :
M (
)(
222
22
mab
nb
am
+

+
;
)(
222
22
mab
ma
bn
+

) Nhận xét:
2 biểu thức căn bằng nhau do a
2
- m
2
= b
2
+ n
2
đặt:
k
mab
nb
=
+
+
)(
222
22
; M (amk, bnk)

0,25
Phơng trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng: 0,25

11
22
=+=+ y
b
nk
x
a
mk
y
b
bnk
x
a
amk
(d
1
)
Phơng trình tiếp tuyến của Hypebol tại M có dạng:

11
22
== y
n
bk
x
m
ak

y
n
bnk
x
m
amk
(d
2
)
0,25
Tiếp tuyến (d
1
) có véc tơ pháp tuyến
);(
1
b
n
a
m
n =
Tiếp tuyến (d
2
) có véc tơ pháp tuyến
);(
2
n
b
m
a
n =

0,25
Ta có:
212121
0. ddnn
nb
nb
ma
ma
nn ==
0,25
Vậy 2 đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) vuông góc với nhau.
Tơng tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của (H) và
(E) vuông góc với nhau.
0,25
Câu 5
(4,5 điểm)
Câu a: (2,5 điểm) A
Không làm mất tính tổng quát.
Giả sử đờng thẳng AM cắt
mf (BCD) tại 1 điểm nằm trong
BCD. Ta có: H
1
H
3
H
2

V
MABCD
= V
MABC
+ V
MACD
B I D
+ V
MADB
C
2
D
2
H B
2


D
1
C C
1
B
1
Mặt khác: V
MABCD
= V
ABCD
+ V
MBCD


0,25
0,25
Gọi B là diện tích một mặt của tứ diện, h là đờng cao:

)(
3
1
)(
3
1
1111
MAhBMDMCMBB +=++
0,5
Ta có tổng S = MA
1
+ MB
1
+ MC
1
+ MD
1
= h + 2 MA
1
0,25
Vì h không đổi S lớn nhất khi MA
1
lớn nhất:
MA
1
lớn nhất AM là đờng kính của (C):

0,25
Max S = h + 2MA
1
= h + 2MH = 2(h + MH) - h = 4R - h 0,25
Khi AM là đờng kính:
Ta có 4 vị trí của M để S lớn nhất đó là:
AM hoặc BM, CM, DM là đờng kính của
)(C
0,25
Min S = h + 2MA
1
Khi MA
1
nhỏ nhất MA
1
= 0 M trùng với
các đỉnh B hoặc C, hoặc D.
0,25
Vậy min S = h khi M trùng với các điểm A hoặc B, C, D 0,25
Câu b: (2 điểm) Khi AM là đờng kính của mặt cầu (C) điểm
0,5
A
1
H tâm mặt phẳng BCD. Gọi H
1
, H
2
, H
3
lần lợt là tâm của

các mặt ABC, ACD, ABD.
I là tâm mặt cầu (C)
Ta có MD
1
// IH
1
, MB
1
// IH
2
, MC
1
// IH
3
0,5
mf (B
1
D
1
C
1
) // mf (H
1
H
2
H
3
)
Mặt khác (H
1

H
2
H
3
) // (BCD)
0,5
(B
1
D
1
C
1
) // (BCD) vì A
1
H (BCD) nên 4 điểm
A
1
,B
1
,C
1
,D
1
không đồng phẳng
0,5
Câu 1
(4 điểm)
Câu a: (2 điểm)
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
13

23
+= xxy
(C)
+ Tập xác định:
Rx
0,25
+ Chiều biến thiên:
xxy 63'
2
=

xxy 630'
2
=




=
=
2
0
2
1
x
x
0,25
Xét dấu y' + +
0 - 2
Hàm số đồng biến

);2()0;( +
nghịch biến (0;1)
0,25
Hàm số đạt cực đại tại
0
1
=x
giá trị cực đại y
(0)
= 1
Hàm số đạt cực tiểu tại
0
2
=x
giá trị cực tiểu y
(2)
= -3
0,25
+ Điểm uốn
66" = xy

10" == xy
y" đổi dấu khi
x
đi qua điểm 1 Đồ thị có điểm uốn U (1;-1)
0,25

+
=


yLim
x
,
+=
+
yLim
x

Bảng biến thiên:

x


0 2
+
y' + 0 - 0 +
y 1
+


- 3
0,25
+ Đồ thị đi qua các điểm:

x
-1 0 1 2 3
y -3 1 -1 -3 1
-1 1 2
-1
0,5

-3
1
x
y


Câu b: (2 điểm)
Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình:

03
23
== kkxxxy
(1)
Phơng trình (1)
1)1(13
23
++=+ xkxx

0,25
Đặt:
13
23
+= xxy
(C) đồ thị vừa khảo sát ở trên

1)1( ++= xky
(d) là đờng thẳng quay xung quanh điểm
A (-1;1) cố định

Điều kiện cần và đủ để (d) là tiếp tuyến của (C) là hệ có

nghiệm:
)2(63
)1(1)1(13
2
23
kxx
xkxx
=
++=+

Thay (2) vào (1) ta đợc
)1)(63(3
223
+= xxxxx

0,25
0,25


062
2
= xx






=
=

=

3
3
0
3
2
1
x
x
x
0,25
Với :





+++=
++=
=






+=
=
=







=
=
=
)(1)1)(369(
)(1)1)(369(
)(1
369
369
0
3
3
0
3
2
1
3
2
1
3
2
1
dxy
dxy
dy

k
k
k
x
x
x
0,25
* Biện luận:
+ Khi
0369 << k
hoặc
369 +>k
(d) cắt (C) tại 3
điểm phơng trình (1) có 3
nghiệm
+ Khi k = 0 hoặc
369 =k
hoặc
369 +=k
thì (d) và
(C) có hai điểm chung
phơng trình (1) có 2
nghiệm
+ Khi
369 <k
hoặc
0,25
0,25
0,25
A

1
-3
21
-1
d1
d3
d2
x
y
3690 +<< k
th× (d) vµ (C)
c¾t nhau t¹i 1 ®iÓm
⇒ ph¬ng tr×nh (1) chØ cã 1 nghiÖm duy nhÊt

×