Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi và đáp án học sinh giỏi bảng A khối A môn toán
Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Bảng A Thời gian: 180 phút Bài 1: (4 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số sau: x1 4x4x y 2 + = . 2. Tính tích phân: + = 0 2 xcos1 xdxsinx I . Bài 2: (4 điểm) Cho phơng trình: 2x1xa 23 += 1. Giải phơng trình khi a = 4. 2. Tìm a để phơng trình có nghiệm. Bài 3: (4 điểm) 1. Giải phơng trình: tgx 3cotg3x = 2tg2x. 2. Chứng minh rằng ABC đều nếu thoả mãn: tgA + tgB + tgC = 2 C gcot 2 B gcot 2 A gcot ++ . Bài 4: (2 điểm) Tìm giới hạn: 1x3 x ) 2x 3x (lim + + + . Bài 5: (2 điểm) Giải bất phơng trình: 2 2 2 )1x( 1x2 log2x6x2 + + . Bài 5: (4 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ oxy. Cho elip (E) có phơng trình: 1 9 y 16 x 22 =+ ; điểm I(-1;-2) và đờng thẳng (d): x + y 6 = 0. 1. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua I và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho I là trung điểm AB. 2. Tìm toạ độ điểm M (E) sao cho khoảng cách từ M đến d là nhỏ nhất. Hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi lớp 12 ý Nội dung Thang điểm Bài 1 1 Tập xác định: R\{1} Sự biến thiên: y= = + 0 )x1( x2x 2 2 [ 4y,0x 0y,2x )0( )2( == == +, =+= + y;y limlim 1x1x -> đờng thẳng x=1 là tiệm cận đứng. +, =+= + y;y limlim xx =+ ++= + = )]3x(y[ x1 1 3x x1 4x4x y lim x 2 = x1 1 lim x đờng thẳng y= - x+3 là tiệm cận xiên. Bảng biến thiên: x - 0 1 2 + y - 0 + + 0 - y + + 4 0 - - Đồ thị: 0.5 0.25 0.25 0.25 0.75 21 4 2 1 0 y 3 x 3 Bµi 1 2 TÝnh: I = ∫ π + 0 2 xcos1 xdxsinx §Æt tx −π= x 0 π t π 0 dx = - dt I = - Itd tcos1 tsin dt tcos1 tsin)t( 0 2 0 2 − + π= + −π ∫∫ π π dt tcos1 tsin 2 I 0 2 ∫ π + π =→ §Æt u = cost -> du = - sintdt t 0 π u 1 -1 ∫ − + π =→ 1 1 2 u1 du 2 I §Æt u = tgv víi v ) 2 ; 2 ( ππ −∈ , du = (1+tg 2 v)dv u -1 1 v - 4 π 4 π 4 ) 44 ( 2 v 2 dv 2 Idv vtg1 dv)vtg1( u1 du 2 4 4 4 4 2 2 2 π = π + ππ = = π = π =→= + + = + π π − π π − ∫ 0.75 0.5 0.75 Bài 2 1 2 Điều kiện: x 1 Phơng trình đã cho tơng đơng với : )01xxdo() 1xx 1x (1 1xx 1x a )1x()1xx()1xx)(1x(a 22 2 2 22 >++ ++ = ++ ++=++ đặt t = 1xx 1x 2 ++ điều kiện 3 323 t0 + phơng trình trở thành: f(t) = t 2 + at 1 = 0 (1) Với a = 4 ta có: phơng trình (1) là: t 2 + 4t 1 = 0 [ )iạlo(52t ] 3 323 ;0[52t = + += Với t =- 2 + 5 ta có: t = 1xx 1x 2 ++ <=> t 2 x 2 + t 2 x +t 2 = x 1 <=> t 2 x 2 + (t 2 1)x +t 2 + 1 = 0 1xnãmảthonênhihiển t2 1t6t3t1 x 2 242 + = Vậy với a = 4 phơng trình đã cho có 2 nghiệm: 25tvới, t2 1t6t3t1 x 2 242 2,1 = + = Phơng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình: t 2 + at 1 = 0 (1) có nghiệm D] 3 323 ;0[t = + dễ thấy phơng trình (1) luôn có 2 nghiệm t 1 , t 2 thoả mãn: t 1 < 0 < t 2 , do đó phơng trình có nghiệm <=> t 2 D 323 )13(2 a0) 3 323 (f + + Vậy tập giá trị cần tìm của a là: + + ; 223 )13(2 [ ) 0.25 0.75 0.75 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 Bài 3 1 2 Điều kiện: cos2x 0; cosx 0; sin3x 0 tgx 3tg3x = 2tg2x <=> tgx cotg3x = 2(tg2x + cotg3x) ) x3sin x3cos x2cos x2sin (2 x3sin x3cos xcos xsin += <=> - cos4x . cos2x = 2 cos 2 x <=> (2cos 2 2x - 1)(cos2x) +1 +cos2x = 0 <=> cos 3 2x = - 2 1 đối chiếu điều kiện: cosx 0 <=> cos 2 x 0 <=> 0 2 x2cos1 + <=> cos2x -1. sin3x 0 <=> sinx(3 4sin 2 x) 0 <=> sin 2 x 0 sin 2 x 4 3 {{ 1x2cos 2 1 x2cos 0 2 x2cos1 4 3 2 x2cos1 => cos 3 2x = - 2 1 (thoả mãn điều kiện) <=> cos2x = - + == k 2 xcos 2 1 3 Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là: Zk,k 2 x + = với 3 2 1 cos = Vì tgA, tgB, tgC xác định nên ABC không vuông 1 2 B gcot 2 A gcot 2 B gcot 2 A gcot ) 2 B 2 A (tg 2 C gcot tgC.tgB.tgAtgCtgBtgAtgC tgAtgB1 tgBtgA + =+= =++= + 2 C gcot. 2 B gcot. 2 A gcot 2 C gcot 2 B gcot 2 A gcot =++ 0.25 1 0.5 0.25 0.25 0.25 -> giả thiết đề cho tơng tơng với: tgA.tgB.tgC = 2 C gcot. 2 B gcot. 2 A gcot > 0 ABC nhọn -> tgA, tgB, tgC là các số dơng ta có: tgA.tgB = Ccos)BAcos( Ccos)BAcos( Bcos.Acos Bsin.Asin + = ta sẽ chứng minh đợc: (*) Ccos1 Ccos1 Ccos)BAcos( Ccos)BAcos( + + thật vậy: 1- cosC > 0; cos(A-B) cosC = 2cosA.cosB > 0. do đó (*) <-> cos(A-B) - cos(A-B)cosC + cosC cos 2 C cos(A-B) + cos(A-B)cosC cosC cos 2 C <-> cosC cos(A-B) cosC 0 <-> cos(A-B) 1 0 luôn đúng (vì cosC > 0) Vậy: 2 C gcot Ccos1 Ccos1 tgB.tgA 2 = + tơng tự: tgA.tgC cotg 2 2 B tgB.tgC cotg 2 2 A 2 C gcot 2 B gcot 2 A gcottgCtgBtgA ++++ dấu = xảy ra khi: cos(A - B) = 1 cos(B - C) = 1 <=> A = B = C cos(C - A) = 1 Vậy nếu 2 C gcot 2 B gcot 2 A gcottgCtgBtgA ++=++ thì ABC là tam giác đều. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Bài 4 1x3 x 1x3 x )1 2x 1 (lim) 2x 3x (lim + + + + = + + đặt t = x + 2 ta có x t 3 5 3t t 1x3 x e} ) t 1 1( 1 .]) t 1 1{[(lim) 2x 3x (lim = + += + + + 0.25 0.25 1.5 Bài 5 2 2 2 )1x2( 1x2 log2x6x2 + + (điều kiện { 2 1 x 1x > ) 2log )1x( 1x2 log)1x2()1x(2 2 2 2 2 + + 1x2)1x2(log])1x(2[log)1x(2 2 2 2 2 ++++ Xét hàm số: f(X) = X + log 2 X 0x0 2lnX 1 1)X(f ' >>+= -> f(X) đồng biến trên R * + đặt: X 1 =2x + 1 X 2 = 2(x-1) 2 => X 1 , X 2 R * + với { 2 1 x 1x > Khi đó bất phơng trình trở thành f(X 2 ) f(X 1 ) 12 XX tức là: 2(x-1) 2 2x+1 + 01x6x2 2 [ 2 73 x 2 73 x + Vậy bất phơng trình đã cho có tập nghiệm là: ); 2 73 [] 2 73 ; 2 1 ( + + 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 Bài 6 1 Giả sử đờng thẳng là đờng thẳng có phơng trình cần tìm. Vì đi qua I(-1; -2) nên có phơng trình tham số: { at1x bt2y += += (a 2 +b 2 0 Vì A, B là giao điểm của và (E) nên: A(-1 + at 1 ; -2 + bt 1 ); B(-1 + at 2 ; -2 + bt 2 ) với t 1 , t 2 là nghiệm của phơng trình: 1 9 )bt2( 16 )at1( 22 = + + + 01 9 4 16 1 t) 9 b2 16 a (2t) 9 b 16 a ( 2 22 =++++ (*) 0.25 0.5 2 0)1 9 4 16 1 )( 9 b 16 a ( 22 <++ vì a 2 + b 2 0 nên phơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt t 1 , t 2 I là trung điểm AB nên: 1 2 )tt(a2 21 = ++ và 2 2 )tt(b4 21 = ++ <=> 0)tt(a 0)tt(b 21 21 =+ =+ <=> t 1 + t 2 = 0 (vì a 2 + b 2 0 ) t 1 + t 2 = 0 <=> 0 9 b2 16 a =+ <=> 9a = -32b, chọn b = -9 => a=32 => đờng thẳng có ph- ơng trình: 9 2y 32 1x + = + Giả sử M(x 0 ; y 0 ). vì M )E( nên: 1 916 y x 2 0 2 0 =+ đặt tcos 3 y vàtsin 4 x 00 == , Khi đó: { tsin4x tcos3y 0 0 = = 2 6)tcos(5 2 6tcos3tsin4 d )d,M( = + = với { 5 3 cos 5 4 sin = = -> 2 )tcos(56 d )d,M( = => d (M, d) nhỏ nhất <=> cos(t - ) = 1 += 2kt 5 9 cos3)2kcos(3y 5 16 sin4)2ksin(4x 0 0 ==+= ==+= Vậy điểm cần tìm là: M( 5 9 ; 5 16 ). 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.75 0.5 0.25 . đợc: (*) Ccos1 Ccos1 Ccos)BAcos( Ccos)BAcos( + + thật vậy: 1- cosC > 0; cos(A-B) cosC = 2cosA.cosB > 0. do đó (*) <-> cos(A-B) - cos(A-B)cosC + cosC cos 2 C cos(A-B) + cos(A-B)cosC cosC cos 2 C <->. 2 C gcot. 2 B gcot. 2 A gcot > 0 ABC nhọn -> tgA, tgB, tgC là các số dơng ta có: tgA.tgB = Ccos)BAcos( Ccos)BAcos( Bcos.Acos Bsin.Asin + = ta sẽ chứng minh đợc: (*) Ccos1 Ccos1 Ccos)BAcos( Ccos)BAcos( + + thật. cos 2 C <-> cosC cos(A-B) cosC 0 <-> cos(A-B) 1 0 luôn đúng (vì cosC > 0) Vậy: 2 C gcot Ccos1 Ccos1 tgB.tgA 2 = + tơng tự: tgA.tgC cotg 2 2 B tgB.tgC cotg 2 2 A 2 C gcot 2 B gcot 2 A gcottgCtgBtgA