Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa số 14

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
Vì
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
mà



=
=




=

=
==
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
==
vì
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