Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi và đáp án thi chọn học sinh giỏi môn toán Trung học phổ thông Mai Anh Tuấn tỉnh Thanh Hóa năm 2005 - 2006
Sở GD & ĐT Thanh Hoá Trờng THPT Mai Anh Tuấn Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 Năm học 2005-2006 Môn: Toán. Bảng A-B (Thời gian làm bài 180 phút) Câu I. (5 điểm). Cho hàm số 1 22 2 + = x xx y 1, Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2, Chứng minh đờng thẳng (d): 1 12 = + y x có đúng hai điểm mà từ mỗi điểm đó kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc. Xác định toạ độ hai điểm đó. Câu II. (4 điểm). 1, Biện luận theo m số nghiệm của hệ phơng trình =+ =+ xyx mmyx 22 Khi hệ có hai nghiệm (x 1 ;y 1 ), (x 2 ;y 2 ) tìm m để 2 12 2 12 )()( yyxxP += lớn nhất. 2, Giải phơng trình: x x x x x 1 2 1 22 22 2 211 = Câu III. (5 điểm) 1, Đờng thẳng (d) cắt Parabol (P): 32 2 ++= xxy tại hai điểm phân biệt A, B lần lợt có hoành độ x 1 ; x 2 giả sử x 1 <x 2 và AB=2. Tìm x 1 ; x 2 để hình phẳng giới hạn bởi đờng thẳng (d) và Parabol có diện tích lớn nhất. 2, Tam giác ABC không có góc tù và CBA sinsinsin 22 =+ . Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Câu IV. (4 điểm) 1, Tính đạo hàm của hàm số: = = 0 0 0 1 3coscos xneu xneu x e y xx tại x=0 2, Hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên hợp với đáy góc , << 900 . Chứng minh 3 1 R r ( với r, R lần lợt là bán kính mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp). Câu V. (2 điểm). Qua đờng cao hình tứ diện đều dựng một mặt phẳng cắt ba mặt bên tứ diện theo ba đờng thẳng tạo với đáy tứ diện lần lợt góc , , . Chứng minh: 2 222 =++ tgtgtg . Trờng THPT đáp án tháng điểm Mai Anh Tuấn Đề thi học sinh giỏi lớp 12 - bảng a b Môn : Toán - năm học: 2005 - 2006 (Gồm có: 6 trang) Câu ý Nội dung điểm I 1 2,5 a. TXĐ: R\{1} b. SBT: y = 1- 2 )1( 1 x = 0 <=> x = 0; x = 2 y CĐ = y (0) = - 2 y CT = y (2) = 2 Do hàm sốđồng biến trong khoảng (-; 0) và (2; +); nghịch biến trong khoảng (0; 1) và (1; 2). 0,5 Tiệm cận đứng là đờng thẳng x = 1 do Tiệm cận xiên là đờng thẳng y = x 1 do + )1( 1 22 lim 2 x x xx x = + = 1 1 lim x x 0,5 Giới hạn: + = + 1 22 lim 2 x xx x BBT: 0,5 c. Đồ thị Nh hình vẽ. Nhận điểm ( ) 0;1 làm tâm đối xứng 0,5 I. 2. Chứng minh trên đt (d) 2,5 Gọi điểm M ( ) ( ) dyx 00 ; thì toạ độ M == 2 2 1 2 00 0 0 xx y x 0,5 x - 0 1 2 y' + 0 - - 0 + y - 2 - + 2 + y x 2 1 -1 -2 2 x =1 y=x -1 O Gọi k là hệ số góc đt ( ) đi qua M thì ( ) có phơng trình dạng: y = k(x x 0 ) + x 0 - 2 Đt ( ) là tiếp tuyến của (P) thì hệ phơng trình: = += + )2( )1( 1 1 )1( 2 2 )( 1 1 1 2 0 0 k x x xxk x x có nghiệm x 0 1 0,5 Biến đổi (1) ra dạng: x -1 + 1 1 x = k(x 1)+ k(1 x 0 )+ 2 2 0 x (1) Và thay k vào (1) , ta có: x -1 + 1 1 x = 2 )1( 1 1 x (x 1)+ k(1 x 0 )+ 2 2 0 x . <=> 1 1 x = 4 2)1(2 00 + xxk (3) 0,5 Thay (3) vào (2) ta có: 4k 2 (1 x 0 ) 2 + 4k [(x 0 2)(1 x 0 ) + 4] + (x 0 2) 2 16 = 0 (4) Qua M kẻ 2 đt vuông góc tới (C) nên phơng trình (4) phải có hai nghiệm k 1 ; k 2 và k 1 .k 2 = -1. ĐK = 1 )1(4 16)2( 01 2 0 2 0 0 x x x 0,5 <=> = 08125 1 0 2 0 0 xx x <=> = + = 5 766 5 766 2 1 x x Hai điểm M 1 + 10 476 ; 5 766 ; M 2 10 764 ; 5 766 0,5 II 4,0 1. Biện luận số nghiệm hệ phơng trình: 2,0 Xét pt: x 2 + y 2 = x <=> (x - 2 1 ) 2 + y 2 = 4 1 là pt của đờng tròn tâm I( 2 1 ; 0) ; bk: R= 2 1 Xét pt: x + my = m <=> x + m(y 1) = 0 là pt của đờng thẳng luôn đi qua điểm cố định A(0; 1). 0,5 Đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn. ®iÓm = 2 1 1 2 1 2 = + − m m <=> = = 3 4 0 m m (m = 0 (d) tiÕp xóc ®êng trßn t¹i O(0; 0) M = 3 4 (d) tݪp xóc ®êng trßn t¹i B) • Sè nghiÖm hÖ ph¬ng tr×nh lµ sè giao ®iÓm cña ®t(d) vµ ®êng trßn: 0,5 • NÕu = = 3 4 0 m m Th× hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt. • NÕu > < 3 4 0 m m Th× hÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm. • NÕu 0 < m < 4/3 th× hÖ ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt 0,5 T×m m ®Ó P = (x 2 – x 1 ) 2 + (y 2 – y 1 ) 2 lín nhÊt • 0 < m < 4/3 th× hÖ ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt (x 1 ; y 1 ); (x 2 ; y 2 ) lµ to¹ ®é giao ®iÓm cña ®êng th¼ng vµ ®êng trßn. • P lín nhÊt khi (d) ®i qua t©m I(1/2; 0) • Nªn: m= 1/2 th× P lín nhÊt: P = 1 0,5 2. Gi¶i pt: 2,0 • §iÒu kiÖn: x ≠ 0 • NhËn xÐt: 2 2 2 2 2 2121 x xx x x x x − = − − − = 1 - x 2 = 2( ) 1 2 1 x − • ViÕt ph¬ng tr×nh ra d¹ng: 2 2 2 1 x x− - 2 2 21 x x− = − − − 2 2 2 121 2 1 x x x x 0,5 <=> 2 2 2 1 x x− + 2 1 . 2 2 1 x x− = 2 2 21 x x− + 2 1 . 2 21 x x− 0,5 • XÐt hµm sè: f(t) = 2 t + 2 1 t • NhËn xÐt: f(t) lµ hµm sè ®ång biÕn. • ViÕt ph¬ng tr×nh ®· cho ra d¹ng: f( 2 2 1 x x− )= f( 2 21 x x− ) 0,5 <=> 2 2 1 x x− = 2 21 x x− <=> x 2 – 2x = 0 <=> = = 2 0 x x • VËt pt cã nghiÖm x = 2 0,5 III 5,0 1. T×m x 1 ; x 2 ®Ó diÖn tÝch 2,5 • XÐt ®êng th¼ng y = ax + b kh«ng song song víi trôc tung (Lo¹i) y x A(0; 1) O B I (Vì Parabol có trục đối xứng x 0 = 1 song song trục tung) Hoành độ x 1 ; x 2 của hai điểm A, B xác định từ pt: -x 2 + 2x + 3 = ax + b <=> - x+ (2 a)x + 3 b = 0 (1) Hay (-x 2 + (2 a)x + 3 - b= -( x x 1 )(x- x 2 )) ĐK: (2 a) 2 + 4(3 b) > 0. 0,5 Nhận xét x [ x 1 ; x 2 ] thì -( x x 1 )(x- x 2 ) > 0 Nên diện tích hình phẳng: S= - 2 1 )).(( 21 x x dxxxxx = - ( ) [ ] + 2 1 2121 2 x x dxxxxxxx = - ( ) ++ xxx x xx x 21 2 21 3 23 ( ) 6 3 12 1 2 xx x x = 0,5 Diện tích S lớn nhất khi (x 2 x 1 ) lớn nhất Do AB = 2 = =+ 2 12 2 12 )()( yyxx 2 12 22 12 )()( xxaxx + <=> (x 2 x 1 ) 2 = 2 1 4 a+ lớn nhất khi a = 0 0,5 Mà từ pt(1): x 1 + x 2 = 2 a Do a= 0 Ta có: x 2 + x 1 = 2. Ta có: đt (d) // trục Ox nên AB = 2 = 12 xx <=> x 2 x 1 = 2( do giả thiết x 1 < x 2 ) 0,5 Có hệ phơng trình: = =+ 2 2 21 21 xx xx <=> = = 2 0 2 1 x x Vậy x 1 = 0 và x 2 = 2 thì S= 4/3 lớn nhất. 0,5 2. Chứng minh tam giác ABC vuông 2,5 Ta chứng minh C = 90 0 . Nếu 0 0 < C < 90 0 thì Sin 2 A + Sin 2 B = 2 21 ACos + 2 21 BCos = 1 - 2 1 (Cos2A + Cos2B) = 1 Cos(A + B)(Cos(A B) = 1 + CosC. Cos(A B) Vì A, B nhọn nên 90 0 < A- B < 90 0 => Cos(A B) > 0 Nên Sin 2 A + Sin 2 B = 1+ CosC. Cos(A B) > 1 > SinC 1,0 Nếu 90 0 < C< 180 0 Ta có Cos C = ab cba 2 222 + <0 => a 2 + b 2 c 2 <0 => Sin 2 A + Sin 2 B < Sin 2 C (Đ/l Sin) Vì 0< SinC < 1 Nên Sin 2 C < SinC Do đó Sin 2 A + Sin 2 B< SinC 1,0 Với C = 90 0 Ta có: Sin 2 A + Sin 2 B = Sin 2 A + Cos 2 A= 1 = SinC Vậy tam giác ABC thảo mãn đề bài: Vuông tại C. 0,5 IV 4,0 1. Tính đạo hàm 1,5 Ta có: 2 3coscos 00 ' )0( 1 lim 0 )0()( lim x e x yxy y xsx xx = = = xx e xsx x 3coscos 1 (lim 3coscos 0 . 2 3coscos x xx ) 0,75 = 13cos 1 lim 3coscos 0 x e xx x . 2 0 sin.2sin2 lim x xx x = 1.4 x x x 2 .2sin lim 0 x x x .sin lim 0 = 4. 1. 1 = 4 vậy ' )0( y = 4 0,75 2. Chứng minh 3,5 + Kí hiệu các điểm nh hình vẽ H là tâm tam giác đều ABC K là trung điểm BC + SKH = + SA = 22 AHSH + = 2 22 123 tg aa + = cos6 cos93 2 +a + Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC OA = OB = OC = OS = R => R 2 = OA 2 = AH 2 + OH 2 = SH SHa RSH a 6 3 )( 3 22 2 2 + =+ = cossin34 cos31( 2 +a 1,0 + Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp: IT mp(SBC); IH = IT = r. Thì IT = r = SI Cos = (SH r).Cos => r = )1(6 sin3 1 Cos a Cos SHCos + = + 0,5 )cos31)(cos1( cos.sin2 2 2 ++ = R r = )cos31)(cos1( )cos1(cos2 2 2 ++ = )cos31( )cos1(cos2 2 + Đặt t = cos vì (0 0 ; 90 0 ) Nên 0 < t < 1 Xét f(t) = 2 31 )1(2 t tt + Với D f = (0; 1) 0,5 S A B C K O H I T K S f(t) = 22 )13( ) 3 1 )(1(6 + + t tt = 0 Tại t = 1/3; t = -1. BBT: 0,5 Kết quả này chứng tỏ: 0< f(t) 1/3. Vậy 3 1 R r ; 3 1 = R r khi f(t) = 3 1 0,5 V 2,0 - Xét tứ diện đều S . ABC cạnh a, đờng cao SH. - Mặt phẳng qua SH cắt mặt phẳng (SBC) giao tuyến SK cắt mp(SAB) giao tuyến SN cắt mp(SAC) giao tuyến SP . - Ký hiệu các góc , , (hình vẽ) - Vì H nằm trong tam giác ABC nên M, N, P trên đờng thẳng (PNM) thì M, N, P ở hai phía điểm H. + tg = HM SH ; tg = HN SH ; tg = HP SH 0,5 + SH = 6 3a nên hệ thức cần chứng minh tơng đơng với: 2 1 HM + 2 1 HN + 2 1 HP = 2 18 a 0,5 + Gọi x, y, z là các góc do HM, HN; HP thứ tự tạo với đờng vuông góc kẻ từ H xuống BC. ; xuống CA; và từ H xuống AB. - Ta có: HA 1 = HB 1 = HC 1 = 6 3a và góc giữa chúng 120 0 - Thì ta có: HM = x a cos6 3 ; HN = y a cos6 3 ; HP = z a cos6 3 - Vì x + y = 60 0 Và y + z = 120 0 Tức là y = 60 0 x ; z = 60 0 + x 0,5 Nên: 2 1 HM + 2 1 HN + 2 1 HP = 0,5 P S M C A N B H P t -1 0 1/3 1 f'(t) - 0 + + 0 - - f(t) 0 0 C A B C 1 P N H A 1 M B 1 [ ] )60(cos)60(coscos 12 02022 2 xxx a +++ Do: [ ] 2 3 )60(cos)60(coscos 02022 =+++ xxx Nên đợc : 2 1 HM + 2 1 HN + 2 1 HP = 2 18 a => đpcm Học sinh giải cách khác, đúng giám khảo căn cứ thành phần cho điểm tối đa. . xx e xsx x 3coscos 1 (lim 3coscos 0 . 2 3coscos x xx ) 0,75 = 13cos 1 lim 3coscos 0 x e xx x . 2 0 sin.2sin2 lim x xx x = 1 .4 x x x 2 .2sin lim 0 x x x .sin lim 0 = 4. 1. 1 = 4 vậy ' )0( y =. ACos + 2 21 BCos = 1 - 2 1 (Cos2A + Cos2B) = 1 Cos(A + B)(Cos(A B) = 1 + CosC. Cos(A B) Vì A, B nhọn nên 90 0 < A- B < 90 0 => Cos(A B) > 0 Nên Sin 2 A + Sin 2 B = 1+ CosC )1(6 sin3 1 Cos a Cos SHCos + = + 0,5 )cos31)(cos1( cos.sin2 2 2 ++ = R r = )cos31)(cos1( )cos1(cos2 2 2 ++ = )cos31( )cos1(cos2 2 + Đặt t = cos vì (0 0 ; 90 0 ) Nên 0 < t < 1