Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa số 3

Sở giáo dục đào tạo Thanh hoá
Tr ờng THPT Bỉm Sơn
Đề đề nghị: bảng a
Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 12
Năm học 2005 - 2006
(Thời gian làm bài 180 phút)
Bài 1: (4 điểm)
1) (Đề 48 I
2
trong 150 đề tuyển sinh Đại học)
Tìm trên đồ thị hàm số y =
1
2
x
x
hai điểm A và B đối xứng nhau qua đờng thẳng y
= x -1
2) (Tự sáng tác)
Cho a, b, c R với a 0 và m N
*
thoả mãn:
0
24
=+
+
+
+ m
c
m
b
m

a
.
Chứng minh rằng:
Đồ thị hàm số: y = ax
4
+ bx
2
+ c luôn cắt trục ox tại ít nhất một điểm thuộc
khoảng (0;1).
Bài 2: (5 điểm)
1) (Tự sáng tác)
Tìm tổng tất cả các nghiệm x [1;100] của phơng trình:
Sin
4
x + Sin
4
( x +
4

) + Sin
4
(x +
xSinx 4
2
3
)
4
3
(sin)
2

44
=++

2) ( Toán học tuổi trẻ năm 2003)
Cho tam giác ABC không có góc tù thoả mãn hệ thức:
6
5
coscos)2cos2(cos
2
1
)3cos3(cos
3
1
=++++ BABABA
Hãy tính các góc của tam giác đó.
Bài 3: (4 điểm)
1) (Toán Bồi dỡng giải tích tổ hợp của Hàn Liên Hải - Phan Huy Khải)
Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) =
23
24
5
++ xx
x
2) (Tự sáng tác)
Giải phơng trình: 3x
2
+ 1 + log
2006

6

26
2
1
24
x
xx
x
=
++
+
Bài 4: (4 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
1) ( Đề thi tuyển sinh vào ĐHXD - Hà Nội năm học 2000-2001)
Cho điểm A(4;0) và đờng thẳng : 4x - 9 = 0. Chứng minh rằng tập hợp các điểm
M có tỷ số khoảng cách từ đó đến điểm A và từ đó đến đờng thẳng bằng
3
4
là một
Hypebol. Hãy viết phơng trình của Hypebol đó.
2) ( Chuyên đề về hình học giải tích của Cam Duy Lễ - Trần Khắc Bảo)
Cho Parabol y
2
= 2px (p > 0) và đờng thẳng d di động nhng luôn đi qua tiêu điểm
F của Parabol. Gọi M, N là các giao điểm của parabol với đờng thẳng d. Chứng minh
rằng đờng tròn đờng kính MN luôn tiếp xúc với một đờng thẳng cố định.
1
Bài 5: (3 điểm) (500 Bài toán về bất đẳng thứccủa Phan Huy Khải -Tập II)
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC.
Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lợt tại M và N. Gọi V
1

, V thứ tự là thể tích
của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất
của tỷ số
V
V
1
.
2
đáp án - thang điểm
kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi tỉnh - môn toán LớP12
Nội dung Điểm
Bài 1: (4 điểm)
1) (2 điểm)
Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đờng thẳng y = x -1 nên đờng thẳng AB có
pt: y = -x + m
=>Hoành độ các điểm A, B là x
A
, x
B
chính là nghiệm pt:
mx
x

2
=-x +m
g(x) = 2x
2
- (m + 1)x + m = 0
0,5 điểm
Gọi I là trung điểm của AB ta có x

I
=
4
13
4
1
2

=+=
+
=
+
m
mxy
m
xx
II
BA
Ta phải có điểm I thuộc đờng thẳng y =x -1 =>
1
4
1
4
13

+
=
mm
m = -1
0,5 điểm

Khi đó g(x) = 2x
2
- 1= 0 x =
2
2

0,5 điểm
Với x
A
= -
2
2
=> y
A
= -x
A
-1 = -1+
2
2
; Với x
B
=
2
2
=> y
B
= -1-
2
2
Vậy hai điểm cần tìm là A(-

2
2
; -1+
2
2
) và B (
2
2
; -1-
2
2
)
0,5 điểm
2) (2 điểm)
Xét hàm số f(x) =
m
cx
m
bx
m
ax
mmm
+
+
+
+
++
24
24
với a 0 và m N

*
Là hàm số liên tục và có đạo hàm là:
f(x) = ax
m+3
+ bx
m+1

+ cx
m-1
với xR
0,5 điểm
Ta tính đợc f(0) = 0 và f(1) =
0
24
=+
+
+
+ m
c
m
b
m
a
(do giả thiết)
Theo định lý Lagrăng: tồn tại x
0
(0;1) sao cho f(x
0
) =
0

01
)0()1(
=

ff
0,5 điểm
=> ax
1
0
1
0
3
0
++
++
xmm
cb
= 0
=> x
0)(
2
0
4
0
1
0
=++

cbax
m

=> ax
4
0
+ bx
2
0
+ c = 0
0,5 điểm
Tức là pt: ax
4
+ bx
2

+ c = 0 có nghiệm x
0
(0;1)
Hay đồ thị hàm số: y = ax
4
+ bx
2
+ c

luôn cắt ox tại ít nhất 1 điểm thuộc (0;1)
0,5 điểm
Bài 2: (5 điểm)
1) (3 điểm)
Trớc hết biến đổi vế trái của pt: Sử dụng công thức Sin ( +
2

) = cos

Ta đợc: VT = Sin
4
x + cos
4
x + Sin
4
(x+
4

) + Cos
4
(x+
4

)
= (Sin
2
x +Cos
2
x) - 2Sin
2
x Cos
2
x + 1 - 2Sin
2
(x+
4

).Cos(x+
4

)
= 1-
2
1
Sin
2
2x +1 -
2
1
Sin
2
(2x +
2

) = 2 -
2
1
Sin
2
2x -
2
1
Cos
2
2x = 2 -
2
1
=
2

3
1 điểm
3
Nên pt đã cho viết thành:
2
3
Sin
4
4x =
2
3
Sin
2
4x = 1 Cos 4x = 0
4x =
2

+ k x =
8

+ k.
4

với k Z
0,5 điểm
Để x [1; 100] ta phải có: 1
8

+ k.
4

100 8 (2k+1) 800
mà k Z nên k = 1, 2, 3 .,126
0,5 điểm
Nên tổng các nghiệm cần tìm là: S =

==
+=+
126
1
126
1
)12(
8
)21(
8
kk
kk

0,5 điểm
Ta có

=
+
126
1
)12(
k
k
là tổng của 126 số hạng của cấp số cộng có u

1
= 3 và u
126
=
253
Vậy S =


2016
2
126).2533(
.
8
=
+
0,5 điểm
2) (2 điểm)
Ta có
3
1
(Cos 3A + Cos 3B) -
2
1
(Cos 2A + Cos 2B) + Cos A +CosB =
6
5
(1)

3
1

(4 Cos
3
A - 3 CosA + 4 Cos
3
B - 3CosB) -
2
1
(2Cos
2
A-1+2Cos
2
B-
1)+CosA+CosB =
6
5
(
3
4
Cos
3
A - Cos
2
A) + (
3
4
Cos
3
B - Cos
2
B) =-

6
1
(2)
Xét hàm số f(t) =
3
4
t
3
- t
2
với t [0;1] ta có:
0,5 điểm
f(t) = 4t
2
- 2t; f(t) = 0 t = 0
t =
2
1
. Ta có bằng biến thiên;
=> Với t [0;1] thì f(t) f(
2
1
) = -
12
1
0,5 điểm
Vì ABC không có góc tù nên 0 CosA <1
0 Cos B <1

3

4
Cos
3
A - Cos
2
A -
12
1

3
4
Cos
3
B - Cos
2
B -
12
1
=> VT
(2)

-
6
1
(3)
0,5 điểm
Do đó (2) đợc thoả mãn (3) xảy ra dấu = => Cos A =
2
1
Cos B =

2
1
=> A = 60
0
B = 60
0
=> C = 60
0
0,5 điểm
4
t 0
2
1
1
f(t) 0 - 0 +
f(t)

12
1

Bài 3: ( 4 điểm)
1) (2 điểm)
Ta có:
23
23
23
24
3
24
5

++
+
=
+ xx
xx
x
xx
x
vì x
4
+ 3x
2
+ 2 = (x
2
+ 2 ) (x
2
+ 1)
Đặt
1223
23
2224
3
+
+
+
+
+
=
++
+

x
DCx
x
bAx
xx
xx
Với x
3x
3
+ 2x = (Ax + B) (x
2
+ 1) + (Cx + D) (x
2
+ 2) Với x
0,5 điểm
Hay 3x
3
+ 2x = (A+C)x
3
+ (B + D)x
2
+ (A + 2C)x + B + 2D Với x
=> A + C = 3 B = D = 0
B + D = 0 => C = -1 tức là
12
4
23
23
2224
3

+

+
+
=
++
+
x
x
x
x
xx
xx
A + 2C = 2 A = 4
B + 2D = 0
=> f(x) = x -
12
4
22
+
+
+ x
x
x
x
=> f(x)dx =
1
)1(
2
1

2
)2(
2
212
4
2
2
2
2
22
22
2
+
+
+
+
+
=
+
+
+

x
xd
x
xdx
x
xdx
x
xdxx

0,5 điểm
0,5 điểm
Vậy f(x)dx =
kxx
x
++++ )1ln(
2
1
)2ln(2
2
22
2
với k là hằng số
0,5 điểm
2) (2 điểm)
PT đã cho viết thành: log
2006

1
24
26
2
++
+
xx
x
= x
6
- 3x
2

- 1 (1)
Đặt: u = 4x
2
+ 2 > 0 ta đợc pt: log
2006

v
u
= v - u
v = x
6
+ x
2
+ 1> 0
log
2006
u - log
2006
v = v- u (*)
0,5 điểm
- Nếu u > v thì VT (*) > 0 > VP (*) nên không thoả mãn.
- Nếu u < v thì VT (*) < 0 < VP (*) nên không thoả mãn
- Xét u = v thì VT (*) = 0 VP (*)
Do đó pt (*) x
6
+ x
2
+ 1 = 4x
2
+ 2 x

6
- 3x
2
- 1= 0 (2)
Đặt t = x
2
0 ta đợc pt: f(t) = t
3
- 3t - 1 = 0 (3)
0,5 điểm
Ta có f(x) = 3t
2
- 3; f(t) = 0 t = -1
t = 1. Ta có bảng biến thiên
t - -1 0 1 +
f(t) + 0 - 0 + hơn nữa f(2) = 1
f (t) 1 +

-
Do đó pt (3) có nghiệm với t 0 và là nghiệm duy nhất t (0;2)
0,5 điểm
5
-3
-1
Đặt t = 2 cos với 0 < <
2

ta đợc 8 Cos
3
- 6 Cos - 1 = 0

4Cos
3
- 3 Cos =
2
1
hay cos 3 =
3
3
2
1


=
(Do 0 < <
2

)
=> =
9

ta có t = x
2
= 2 Cos
9

. Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x =
9
2

Cos

0,5 điểm
Bài 4: (4 điểm)
1) (2 điểm): Giả sử điểm M (x;y) khi đó AM =
22
)4( yx +
Khoảng cách từ M đến đờng thẳng : 4x - 9 = 0 là d(M;) =
4
94 x
0,5 điểm
Ta có
94)4(3
3
4
);(
22
=+=

xyx
Md
AM
7x
2
- 9y
2
= 63
1
79
22
=
yx

Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là Hypebol có phơng trình
1
79
22
=
yx
0.5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
2)( 2 điểm): Parabol y
2
= 2px đờng
chuẩn là : x = -
2
p
. Đờng tròn
đờng kính MN có tâm là trung
điểm I của MN và bán kính R=
2
MN
Gọi M
1
; N
1
, H thứ tự là hình chiếu
Của các điểm M, N và I.
Theo đ/n của Parabol có
MM
1
= MF

NN
1
= NF
=> MM
1
+ NN
1
= MF + NF = MN.
Mà trong hình thang vuông MM
1
N
1
N thì MM
1
+ NN
1
= 2 IH. Do đó IH=
2
MN
Vậy đờng tròn đờng kính MN luôn tiếp xúc với đờng chuẩn của Parabol
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 5: (3 điểm):
Vì ABCD là hình bình hành
=> V
SABC
= V
SADC

=
2
1
V
SABCD
=
2
1
V.
Đặt
x
SB
SM
=
,
y
SD
SN
=
thì
4
.
.
Vx
V
SC
SK
SB
SM
V

V
SAMK
SABC
SAMK
==
0,5điểm
6
y
M
F
I
d
x
O
N
1
M
1
H
=> V
1
= V
SAMK
+ V
SANK
=
4
V
(x + y) (1)
Mặt khác V

1
= V
SAMN
+ V
SMNK
=
= x.y.
2
V
+ x.y.
4
V
=> V
1
=
4
.3 Vxy
(2).
Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y =
13 x
x
(3)
Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x >
3
1
Và y =
1
13
1

x
x
SD
SN
2x
3
- 1 0 (vì 3x-1) 0 => x
2
1
do đó
2
1
x 1
Từ (1) =>
4
1
1
=
V
V
(x + y) =
xy
4
3
=
)13(4
3
13
.

4
3
2

=
x
x
x
x
x
Xét hàm số f(x) =
)13(4
3
2
x
x
với
1
2
1
x
. Ta có f(x) =
2
)13(4
)23(3


x
xx
f(x) = 0 x = 0 không thuộc đoạn [

1;
2
1
]
x =
3
2
=> Bảng biến thiên
x
2
1

3
2
1

f(x) - 0 +

f(x) 3/8 3/8


3
1
Suy ra
3
1
f(x)
8
3
với x [

1;
2
1
] hay
3
1

8
3
1

V
V
Vậy Min (
V
V
1
) =
3
1
khi x =
3
2
hay SM =
3
2
SB
Và Max (
V
V

1
) =
8
3
khi










=
=
BM
M
x
x
1
2
1
0,5điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
7

là trung điểm của SB