Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa số 2

Sở giáo dục và đào tạo Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12
THPT
Thanh hoá Năm học 2005 - 2006

Môn thi : toán học - bảng A
Đề chính thức (Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao
đề)
Bài 1: ( 4 điểm )
Cho hàm số :
1
1
1

++=
x
xy
( C )
1/ Khảo sát hàm số .
2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm
đó tạo với 2 đờng tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất .
Bài 2: (2 điểm )
Biện luận theo m số nghiệm dơng của phơng trình :

=

x
mdt
t
t
1
2
11
Bài 3: (2 điểm )
Giải phơng trình :
xxxxxxx ++= 3.55.44.3
Bài 4: (2 điểm )
Tìm các giá trị thực của m để phơng trình sau có đúng 1 nghiệm







4
;0

x
:

( ) ( ) ( ) ( )
0342212364
23
=++ CosxmxCosxSinmSinxmxSinm

Bài 5: (2 điểm )
Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là ba số nguyên liên tiếp .
Bài 6: (2 điểm )
Tìm đa thức
( )
xP
có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều kiện sau :

( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
Rx
P
xPxPxxxPxx




=
=+++
;
271
012'22''42
2
Bài 7: (2 điểm )
Giải hệ sau :
( )
( )

++
=
+
+
8312
32
2
4
3log23
2
yyy
y
xCos
Bài 8: (2 điểm )
Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng
với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh
bên của hình chóp kia. Cạnh bên
l
của hình chóp thứ nhất tạo với đờng cao một
góc

.Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đờng cao một góc

.
Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp .
Bài 9: (2điểm )

Cho các số thực
2,, cba
chứng minh bất đẳng thức sau :

3
222
++
+++
cLogbLogaLog
baaccb

Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Thanh hóa; Ngày 26 tháng 07 năm 2005
Lời giải chi tiết và biểu điểm
đề thi học sinh giỏi toán khối 12
Bài ý Lời giải chi tiết Điểm
Bài 1 1
a) TXĐ : D = R
b) Sự biến thiên:
CBT:
( )
2
1
1
1'

=
x
y
; y = 0 có 2 nghiệm x = 0 ; x = 2

HS đồng biến trên
( ) ( )
+ ;2;0;
và nghịch biến trên các
khoảng
( ) ( )
2;1;1;0
Cực trị : Cực đại tại x =0 và
0=
CD
y
Cực tiểu tại x=2 và
4=
CT
y
Nhánh vô cực và tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận xiên y
= x+1 và
=+=
+
yLimyLim
xx
;

BBT :


c) Đồ thị : y
Đồ thị đi qua gốc toạ độ O=(0;0)
Tâm đối xứng I=( 1;2 )
1

O x
-1 1
1 điểm

1 điểm
2
Gọi
( )( ) ( )
0;; >= aCayaM
thì
( )
11
1
1
2

=

++=
a
a
a
aay
PTTT của ( C ) tại M là:
( ) ( )( )
( )
( )
1
1
2

'
2
2
2

+


==
a
a
ax
a
aa
yaxayayy

(d)
Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1
Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 )

Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là







=
1

2
;1
a
a
A
Với tiệm cận xiên là :
( )
aaB 2;12 =
Ta có
122;
1
2
=

= aBI
a
AI
, nên
24. =BIAI
vì a > 1
Lại có
4

=AIB
suy ra
0.5
điểm

0.5
điểm

x

o 1 2
+
y
+
0
- -
0
+
y


BIAIBIAIBICosAIBIAIAB .2
4
.2
22222
+=+=


Theo bất đẳng thức Cô si :
( )
BIAIBIAIBIAIAB .22.2.2
2
=
( )
1222 AB
(1)
Đặt p là chu vi tam giác ABI thì :

( )
4
241222.2 ++++= BIAIABBIAIABp
Dấu đẳng thức xảy ra
4
2
1
1+== aBIAI

Vậy
( )
4
4
2
1
1241222 +=+= aMinp
Hay điểm cần tìm là






+++=
44
2
1
22;
2
1

1M
0.5
điểm

0.5
điểm
Bài 2
Ta có
2
1
ln
2
1
2
11
2
1
2
11 1
=








==

xxtLn
t
dt
t
tdtdt
t
t
x
xx x
PT đã cho tơng đơng với
mxx = ln
2
1
2
(1)

Số nghiệm dơng của PT là số giao điểm của đờng thẳng y = m và đồ thị hàm
số
( )
xxxf ln
2
1
2

=
với hoành độ dơng.
Xét hàm số :
( )
xxxf ln
2
1
2
=
trên
( )
+;0
Đạo hàm
10';
1
' === xy
x
xy

+==
+

+
yLimyLim
x
x
0

BBT
x

o 1
+
y | - o +
y |
+

+


2
1

Từ BBT ta đợc :
+/ Với
2
1
<m
thì PT vô nghiệm
+/ Với
2
1
=m
thì PT có nghiệm dơng duy nhất x = 1
+/ Với
2
1
>m
thì phơng trình có 2 nghiệm dơng phân biệt
0.5

điểm

0.5
điểm

0.5
điểm

0.5
điểm
Bài 3
ĐK :
3

x
Đặt
xcxbxa === 5;4;3
Ta có
cabcabcbax ++====
222
543


0.5
điểm
Do đó
( )( )
( )( )
( )( )

=++
=++
=++






++=
++=
++=
5
4
3
5
4
3
2
2
2
cbac
bacb
acba
cabcabc
cabcabb

cabcaba
Nhân vế với vế các PT ta đợc
( )( )( )
152=+++ accbba
( * )

Thay lần lợt các phơng trình của hệ vào PT ( * ) sẽ có :









=+
=+
=+
4
152
3
152
5
152
ac
cb
ba

Cộng các vế phơng trình của hệ, có PT mới và thay lần lợt mỗi PT của hệ vào

PT vừa có.Ta đợc nghiệm của phơng trình đã cho là:

240
671
=x


0.5
điểm

1 điểm
Bài 4
Nhận thấy Cosx=0 không thoả mãn PT , bằng các chia cả 2 vế cho
0
2
xCos
ta đợc phơng trình :

( )
( )
03421
2
=+ mmtgxxtgtgx
Đặt tgx = t , ta có PT :
( )
( )
03421
2
=+ mmttt
(1)

Để PT đã cho có nghiệm







4
;0

x
thì PT (1) phải có nghiệm
10

t

Do PT (1) luôn có 1 nghiệm
[ ]
1;01=t
nên PT
0342
2
=+ mmtt
Chỉ có 1 nghiệm t = 1 hoặc không có nghiệm nào thuộc đoạn [ 0 ; 1 ]

Để ý rằng t = 2 không thoả mãn . Do đó
( )
m

t
t
tf =


=
42
3
2
Xét f(t) trên [0;1] ta có :

( )
( )
[ ]
1;0;0
2
34
2
1
'
2
2

+
= t
t
tt
tf
Lập bảng biến thiên và từ BBT ta đợc :




<

4
3
1
m
m
0.5
điểm

0.5
điểm

1 điểm
Bài 5
Ta chứng minh bổ đề: Điều kiện cần và đủ để tam giác ABC có B= 2A
là
acab +=

22
(1)
Thật vậy: Theo định lý CôSin trong tam giác

aCosBacaaCosBcacaacCosBcab 222
2222
==+=+=
áp dụng định lý Sin, ta đợc
RSinACosBRSinARSinC 422
=

( ) ( ) ( )
ABSinSinABASinBASinSinASinC =++=
Do đó B = 2A và

<< BA,0

Vì 3 cạnh là 3 số nguyên liên tiếp nên với
*
Nx
và a < b, ta có các trờng hợp
sau :
a) Nếu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi đó từ (1) ta đợc x=1
suy ra a=1,b=2,c=3. Không thoả mãn tính chất cạnh của tam giác
1 điểm

1 điểm
b) Nếu a=x,b=x+2,c=x+1 : Từ (1) ta có PT
043
2

= xx
Suy ra a=4,b=6,c=5 ( thoả mãn )
c) Nếu a=x+1,b=x+2,c=x : Tơng tự thì
03
2
= xx
, PT không có nghiệm
nguyên dơng nên không thoả mãn.
Vậy có 1 tam giác duy nhất thoả mãn bài ra là tam giác có độ dài các cạnh
là : a = 4,b = 6,c =5 .
Bài 6
Giả sử đa thức cần tìm là:
( )
0;
01
1
1
++++=

n
n
n
n
n
aaxaxaxaxP

( ) ( )
12
2
1

1
2 1' axaxanxnaxP
n
n
n
n
++++=




( ) ( ) ( )( )
2
3
1
2
2 211'' axannxannxP
n
n
n
n
+++=




Từ yêu cầu , ta có điều kiện cần là : Hệ số của luỹ thừa bậc (n + 1) phải bằng 0.
mà hệ số đó là
( ) ( )
nnn

annnaann 321 =
Lại do
1;0 > na
n
nên
( )
303 == nann
n

Do vậy đa thức phải có dạng
( )
0;
301
2
2
3
3
+++= aaxaxaxaxP
Thay đa thức vào điều kiện (1) :
( ) ( ) ( )
xaaxaaaxaaaxaa =+++ ;0161248882248212
20321
2
132
3
23

=
=
=








=
=
=
=

30
31
32
20
321
132
23
8
12
6
043
06
0124

06
aa
aa
aa
aa
aaa
aaa
aa

Nên
( )
( )
8126
23
3
+++= xxxaxP

Mặt khác
( )
271 =P
; Suy ra
12727
33
== aa
Vậy đa thức cần tìm là :
( )
8126
23
+++= xxxxP
0.5

điểm

0.5
điểm

0.5
điểm

0.5
điểm
Bài 7
Với
Rx

ta có
( )
32223
332323
4
222
===
+
+
LogLogLogxCos
y

51)4( + yy
(1)
Đẳng thức xảy ra khi
ZkkxCosxxCos +===+ ;

2
0021


(2)

Với điều kiện (1) thì
8)3(/1///2
2
++ yyy
trở thành :

0505
2
+ yyy
, kết hợp với (1) ta có y = - 5 (3)

Kết hợp (1);(2) và (3) ta có nghiệm của hệ đã cho là :






=
+=
5
;
2
y

Zkkx


1 điểm

0.5
điểm

0.5
điểm
Bài 8
Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O.ABC với O là tâm
của tam giác ABC và O là tâm của tam giác ABC.
Theo bài ra thì OO là đờng cao chung của 2 hình chóp .
Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tơng ứng của 2 hình
chóp . Phần thể tích chung của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện
ODEFO. Ký hiệu V là thể tích đó thì
DEF
SOOV

= '.
3
1


COO'

vuông tại O nên

cos' lOO

=

Do tính đối xứng nên OO đi qua tâm I của
DEF
.
0.5
điểm

Trong
IOE
ta có :

gIEOI cot=

Trong
EIO'
có:

gIEIO cot' =

Suy ra




gg
l
gg
OO
IEggIEOO

cotcot
cos
cotcot
'
)cot(cot'
+
=
+
=+=

Tam giác DEF đều , đờng cao
EIEJ
2
3
=

Diện tích
4
3
2
DE
S
DEF
=

với
3
3
32
EI

EJ
DE ==
Do đó
2
22
)cot(cot4
cos33


gg
l
S
DEF
+
=


Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là :
2
33
)cot(cot4
cos3


gg
l
V
+
=

A
B
C
O
A'
C'
B'
D
F
E
O'
I
0.5
điểm

0.5
điểm

0.5
điểm
Bài 9
Bất đẳng thức
( ) ( ) ( )
3
2
2
2
2

2
2
2
2
2

+
+
+
+
+

baLog
cLog
acLog
bLog
cbLog
aLog
(1)
Do
2

cba
nên
abba
ba
++ 1
11
,tơng tự ta cũng đợc :

acacbccb ++ &

Khi đó
( )
yx
z
xz
y
zy
x
abLog
cLog
caLog
bLog
bcLog
aLog
VT
+
+
+
+
+
=++
222
222
1
2
2
2
2

2
2
(2)
Với
cLogzbLogyaLogx
222
;; ===


Ta chứng minh:
1,,;3
222

+
+
+
+
+
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
1 điểm


0.5
điểm

( )
9
111
.222
92
2
2
2
2
2
≥








+
+
+
+
+
++⇔
≥









+
+
+






+
+
+








+
+
⇔
xzzyyx
zyx
yx

z
xz
y
zy
x


¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho vÕ tr¸i , ta ®îc ®iÒu ph¶i chøng minh
DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi
2
2
1;;
222
===⇔



===
==
⇔



==
≥
cba
cba
cLogbLogaLog
zyx
zyx

0.5
®iÓm
Chó ý : NÕu thÝ sinh cã lêi gi¶i theo c¸c c¸ch kh¸c mµ ®óng vÉn cho ®iÓm theo biÓu ®iÓm cña
tõng bµi .