Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa số 13

Sở GD & ĐT Thanh Hoá
Trờng THPT Nông cống I
đề thi học sinh giỏi khối 12 (bảng a)
môn: toán
thời gian: 180
'
Bài 1:(4 điểm). Cho hàm số:
)(
3
1
22
3
1
23
cmmxmxxy +=
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Tìm m

(0;
6
5
) sao cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (Cm), và các đờng
thẳng: x=0; x=2; y=0 có diện tích bằng 4.
Bài 2: (4 điểm).
1. Giải các phơng trình: 3
1+tgx
(sin x + 2cos x)=5(sin x +3cos x).
2. giải phơng trình: log
2
2
x + x.log

7
(x + 3)= log
2
x [
2
x
+ 2.log
7
(x + 3)]
Bài 3: ( 4 điểm).
1. Tìm a để phơng trình sau có nghiệm.

xaa sin++
= sin x
2. Tìm a để phơng trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt.
064
1
).1(4
1
)1(2
1
23
=+
+
+
+
+
+
a
x

x
a
x
x
a
xx
x
Bài 4( 4 điểm).
1. Cho ABC nhọn nội tiếp trong đờng tròn tâm O bán kính R. Gọi R
1
, R
2
,
R
3
lần lợt là các bán kính đờng tròn ngoại tiếp các tam giác BOC, COA,
AOB. Cho biết: R
1
+R
2
+R
3
= 3R. Tính 3 góc của ABC
2. Cho (E): x
2
+ 4y
2
= 4 . M là điểm thay đổi trên đờng thẳng y=2. Từ M kẻ
đến (E) hai tiếp tuyến. Gọi các tiếp điểm là T
1

, T
2
. Tìm vị trí của M để đờng
tròn tâm M tiếp xúc với đờng thẳng T
1
, T
2
có bán kính nhỏ nhất.
Bài 5:( 4 điểm).
1. Cho hàm số f(x) xác định và dơng trên R thỏa mãn:



=
=++
1)0(
0)()().(4)(
2'2'
f
xfxfxfxf
Tìm hàm số f(x).
2. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm là G. Các đờng thẳng AG, BG, CG, DG
kéo dài lần lợt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ở A
1
, B
1
, C
1
, D
1

CMR:
GDGCGBGAGDGCGBGA ++++++
1111
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 phơng 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
Phơng 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
+ Ta có bảng biến thiên:
x
- x
1
0 x
2
2 +
f 0 - 0 +
0.5
0,5
0.5
0.5
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
+ Phơng 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
+Phơng 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
'
Bảng biến thiên.
x
0 e
f 1 0 +
f
0.5
0.5

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

e
1
Từ bảng biến thiên

hệ (1) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2;
x=4 thỏa mãn (1).
Vậy phơng 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: Phơng trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4
Bài 3:
1. + Đặt sinx = t có phơng 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 đờng thẳng y=a cắt đờng cong y=f(t)= t
2

-t trên
[0;1]
0
4
1
a
Kết luận: Phơng 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
+ Ta có : (1)

=++=
==




=++


2
012)(
12
0)12)(2(
2
2
2
t
atttf
xt
attt
t
+ Do (*) nên để phơng 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 phơng trình (1) có đúng 1 nghiệm t>2 thì
0.5
0.5
0.5
0.5

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
(1) phải có nghiệm các trờng hợp sau:







<<









<<
<=



>

=
4
5
0)2(
2
2
2
0
21
21
af
VN
VN
tt
tt
a
Kết luận: Để phơng 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
cos2
2
2sin
sin2
2
2sinsin
111
====
Tơng tự choCOA, AOB :
.cos2
;
cos2
32
C
R
R
B
R
R ==
+ Vậy có:
)1(.6
cos
1
cos
1
cos
1

=++
CBA
+ 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
đờng 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
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 phơng trình đờng thẳng
12
4
.
: =+ y
xa
Vậy phơng trình đờng thẳng T
1
, T

2
là; ax + 8y 4 =0.
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
+ Đờng 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 đợc 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) tơng tự : ta đợc kết quả :
.)32(
)(
x
exf

=
Đáp số:
.)32(
)(

x
exf

=
hoặc
.)32(
)(
x
exf
+
=
2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Có:
GAOGGAOGOAGAOGOA .2
222
++=+=
Tơng 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
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Vậy :
)
1111
)((
22
1111
GDGCGBGA
OGRGDGCGBGA +++=+++
)

1111
).((
4
1
2222
GDGCGBGA
GDGCGBGA ++++++=
+ áp dụng Bunhia và cosi có:
)
1111
()(
16
1
2
1111
GDGCGBGA
GDGCGBGAGDGCGBG A +++++++++

GDGCGBGA
+++
Dấu bằng xảy ra
=== GDGCGBGA
Tứ diện ABCD gần đều
hoặc tứ diện ABCD đều