ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN - đề 6 doc

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Đáp án
Thang
điểm
Bài 1: 1.Khi m=1.
3
7
2
3
x
y
2
3
 xx
TXĐ : D = R
+







31
31
022
'2'
x
x

yxxy
Hàm số đồng biến (-∞; -1- 3 )

(-1+ 3 ; +∞)
Hàm số nghịch biến ( -1- 3 ;1+ 3 )
y
CĐ
= y(-1- 3 ) = y
CT
= y(-1+ 3 ) =






0,5
.10;22
''''
 xyxy
Đồ thị hàm số lồi trên (-∞; -1)
Đồ thị hàm số lõm trên (-1;-∞)
Nhận I(-1,
3
7
 ) làm điểm uốn
+ 

yLimyLim
xx

;

Bảng biến thiên

x
-∞ -1- 3 -1+ 3 +∞
y’ + 0 - 0 +
y CĐ +∞


-∞ CT

Đồ thị:








2. Xét phương trình : 0
3
1
22
3
2
3
 mxmx
x

trên [0; 2]
Đặt .22)(;0
3
1
22
3
)(
2'2
3
 mxxxfmxmx
x
xf
Phương trình: 0)(
'
xf luôn có hai nghiệm trái dấu x
1
<0<x
2

Lại do )
6
5
;0(0)2().0(
''
 mff nên : x
1
<0<x
2
<2

0.5






0,5









0.5








0.5

+ Ta có bảng biến thiên:
x -∞ x
1
0 x
2
2 +∞
f’ 0 - 0 +
f




có:













0
3
5
2)2(
)
6
5
;0(];2;0[0)()
6
5
;0(
0
3
1
2)0(
mf
mxxfm
mf

+ Vậy
3
104
|)
3
1
2(
312
[)
3
1

22
3
(
2
0
2
0
2
34
2
3



m
xmx
mxx
dxmxmx
x
s

+Do )
6
5
;0(
2
1
4
3
104

4 

 m
m
S

ĐS :
2
1
m

Bài 2:
1./ ĐK :





1
0cos
tgx
x

+ Phương trình đã cho )1.()3(5)2.(1.3  tgxtgxtgx
+Đặt
2
0)53).(2(
0
)2(01
2







 t
ttt
t
ttgx

+ Với )(32 Zkkxtgtgxt











thỏa mản điều kiện

2.ĐK: x>0
+Phương trình đã cho







)2()3(log2log
)1(log2
0))3(log2)(loglog2(
72
2
722
xx
xx
xxxx

+ Giải (1)














)'1(
2

lnln
0
2
0
2
x
x
x
x
x
x
x

Xét hàm số:
x
x
xf
ln
)(  trên (0;+∞) ;
exxf
x
x
xf 

 0)(;
ln1
)(
'
2
'

0.5







0.5




0.5




0.5

0.5

0.5

0.5


0.5











0.5



Bảng biến thiên.
x 0 e
f’
f
- 0 +



e

1

Từ bảng biến thiên

hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2; x=4 thỏa
mãn (1’).
Vậy phương trình (1) có nghiệm x=2; x=4.
+ Giải (2). Đặt: )'2(.
7
3
)
7
4
(13472)3(log2log
72
t
ttt
txx 
Xét hàm số: .
7
3
)
7
4
()(
t
t
tg  luôn nghịch biến

(2’) có nghiệm duy nhất t =1

Vậy (2) có nghiệm x =2

+ KL: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4


Bài 3:
1. + Đặt sinx = t có phương trình đã cho






2
10
ttaa
t

+ Đặt: 0 yta hệ trên




























att
yt
ty
ytyt
tya
ty
yta
tya
ty
2
2
2
2
10;0

0)1)((
10;010;0

+ Xét hàm số: f(t)= t
2
– t trên [0;1].
có:
4
1
)
2
1
(;0)1()0(
2
1
0)(;12)(
''
 fffttfttf
Hệ trên có nghiệm khi đường thẳng y=a cắt đường cong y=f(t)= t
2
-t trên [0;1]
0
4
1
 a
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm khi 04
4
1


2. ĐK : x>0.
+ Đặt:
t
x
x 
1
(đk :t

2) với t =2 cho giá trị x=1
(*)
với t>2 cho giá trị x>0










0.5






0.5

0.5



0.5






0.5



0.5



0.5





0.5

+ Ta có : (1)


















2
012)(
12
0)12)(2(
2
2
2
t

atttf
xt
attt
t

+ Do (*) nên để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT (1) phải có đúng
1 nghiệm t>2
Nhận xét: Tính a.c =1 vậy để phương trình (1) có đúng 1 nghiệm t>2 thì (1) phải
có nghiệm các trường hợp sau:

























4
5
0)2(
2
2
2
0
21
21
af
VN
VN
tt
tt
a

Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì : a<
4
5


Bài 4:
1. Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có:

A
R
RR

A
AR
R
A
a
BOC
a
cos
2
2
2
sin
sin2
2
2
sin
sin
111

Tương tự choCOA, AOB :
.
cos
2
;
cos
2
32
C
R
R

B
R
R 
+ Vậy có: )1(.6
cos
1
cos
1
cos
1

C
B
A


+ Dễ có : 6
2
3
9
coscoscos
9
cos
1
cos
1
cos
1




CBACBA
(Do ABC
nhọn).
+ ( Phải chứng minh :



CBA coscoscos
2
3
)
+ Vậy (1)
o
CBACosCCosBCosA 60

2. (E):  My
x
1
4
2
2
đường thẳng M(a;2) 2y



+ Gọi T
1
(x
1

,y
1
); T
2
(x
2
,y
2
) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T
1
, T
2
là:

1
: 1.
4
1
1
 yy
xx


2
: 1.
4
2
2
 yy
xx

0.5






0.5




0.5




0.5



0.5




0.5

0.5







0.5












Do 
1
; 
2
đi qua M(a, 2)












12
4
.
12
4
.
2
2
1
1
y
xa
y
xa


Nhận xét : T
1
, T
2
có tọa độ thỏa mản phương trình đường thẳng 12
4

.
:  y
xa

Vậy phương trình đường thẳng T
1
, T
2
là; ax + 8y – 4 =0.

+ Đường tròn tâm M tiếp xúc T
1
, T
2
có bán kính là:
64
12
64
12
)(
2
2
2
2
21







a
a
R
a
a
TT
M
dR


+ Ta tìm a để R nhỏ nhất : Đặt
64
12
)(0
2



t
t
tfRta


2
3
)0(00
)64(2
116
)(

min
3
'



 fRt
t
t
tf
đạt được khi : t=0

a=0
+ Kết luận: vậy điểm M(0;2).

Bài 5 :
1. Từ:

)0)((
)2(32
)(
)(
)1(32
)(
)(
)()32()(
)()32()(
0)()(4)(
'
'

'
'
2'2'

















xfdo
xf
xf
xf
xf
xfxf
xfxf
xfxfxf

+ Xét (1) Có:
 

1
'
)32()(ln)32(
)(
)(
Cxxfdxdx
xf
xf

011)0()(
1
)32(
11


Cefdoexf
CCx

+ Vậy:
x
exf
)32(
)(


+ Xét (2) tương tự : ta được kết quả :
.)32(

)(
x
exf



Đáp số:
.)32(
)(
x
exf

 hoặc
.)32(
)(
x
exf








0.5

0.5










0.5






0.5




0.5

0.5

0.5





0.5




2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Có: GAOGGAOGOAGAOGOA .2
222

Tương tự ta có:
GBOGGBOGOB .2
222



GCOGGCOGOC .2
222



GDOGGDOGOD .2
222


+ Từ trên :
222222
)(4 GDGCGBGAOGR 
+ Lại có : GA.GA
1
= GB.GB
1
=GC.GC
1
=GD.GD
1
=R
2
– OG
2

Vậy : )
1111
)((
22
1111
GD
GC
GB
GA
OGRGDGCGBGA 

)

1111
).((
4
1
2222
GD
GC
GB
GA
GDGCGBGA 

+ áp dụng Bunhia và cosi có:
)
1111
()(
16
1
2
1111
GD
GC
GB
GA
GDGCGBGAGDGCGBGA 

GDGCGBGA





Dấu bằng xảy ra





GDGCGBGA
Tứ diện ABCD gần đều hoặc tứ
diện ABCD đều






0.5




0.5