ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Môn : Toán Thời gian làm bài : 180 phút CÂU 1 : (4điểm) Cho f(x)= 12 6 6)1(  m x m x x 1. Giải bất phương trình f(x) 0  với m= 3 2 2. Tìm m để : (x-6 x1 )f(x) 0  với mọi x   1;0 CÂU 2 : (4 điểm ) 1. Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm 2 xaxa 2. Giải và biện luận phương trình :   )22(log4)2(log2 2 2 2 2   axx ax x CÂU 3: (4 điểm) Cho hàm số : y= 2 33 2   x xx (1) 1.Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2. Tìm những điểm thuộc đồ thị hàm số có các toạ độ là các số nguyên CÂU 4 : (6 điểm ) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn : 4 22  yx và điểm A(1;0) một điểm M thay đổi trên đường tròn. Chứng minh rằng đường vuông góc với AM tại M luôn tiếp xúc với một conic cố định . 2. Cho hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi; O cố định các điểm A; B; C thay đổi . Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ B vuông góc với đường chéo AC luôn đi qua một điểm cố định. 3. Cho tam giác ABC vuông ở C. tìm những điểm P trong không gian thoả mãn : 222 CPBPAP     CÂU 5: (2 điểm ) Tìm các hàm số f(x)xác định và có đạo hàm trên R thoả mãn điều kiện : f(x+y)=f(x).f(y);  x,y R  . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Môn : Toán Thời gian làm bài : 180 phút Đáp án điểm Câu 1 (4 điểm ): 1. (2điểm) Đặt t= )0(6 t x và : f(t)=(m-1)t- 12 2  m t 1. m 3 2  ; f(t) ttt  10670 2 <6 10661  x x 0,25 0,25 0,5 1,0 2. (2điểm )Với x=1, bất phương trình thoả mãn với mọi m Xét x   1;0 Đặt h(x)=x-6 x1 h’(x)=1+6 )(06ln 1 xh x   đồng biến trên   1;0 và h(1)=0   1;00)(  xxh vậy ta cần tìm m sao cho : f(x)   1;00  x Với t=6   )( 2 2 6;1 2 2 tg t t tt mt x     Ta có : g’(x)= 22 2 )2( 443   tt tt Bảng biến thiên : t 1 2 6 g(t) - 0 + g’(t) 3 2 2 1 Từ m )(tg  đứng với mọi t     mtg  )(min6;1 6;1 hay m 2 1  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II: (4 điệm ) 1.(2đ) Ta có :a<0 thì xa  vô nghĩa Vậy ta xét a 0  điều kiện x 0  i) khi a=0 02  xxx ii) khi a>0; điều kiện              10 0 0 a x x ax x 0,25 Đặt               2 ;0; cos   ax ax phương trình 2cos1(cos1(   aa (*) a 1 42 cos           với 2    o thì 1 42 cos 2 1           Vậy để (*) có nghiệm thì a 1  2 1  0< a  2 Vậy phương trình có nghiệm  0  a  2 0,5 0.5 0.25 0.25 0.25 2, (2 điểm) Viết lại phương trình dưới dạng 2 x 2 + 2 log 2 (x 2 +2) = 2 2 ax  + 2 .   )22(log 2  ax . Xét hàm số f(t) = 2 t log 2 t với t  2 f ' (t)= 2 t log 2 t.ln2 + 2 ln 2 t t > 0  t  2  hàm số đồng biến Khi đó phương trình có dạng : f(x 2 +2) = f(2 2x +2 )  x 2 +2 = 2 2x +2  x 2 = 2x +2a (1) hoặc -x 2 = 2x +2a (2) a,giải và biện luận (1) : 1  =1+2a * <0  a< - 2 1  (1) vô nghiệm * =0  a= - 2 1  (1) có nghiệm kép x= 2 1 * >0  a> - 2 1  (1) có 2 nghiệm phân biệt x 1,2 =1  a21 b,giải và biện luận (2) : 2  =1-2a * 2  < 0  a > 2 1  (2) vô nghiệm * 2  = 0  a = 2 1  (2) có nghiệm kép x=- 2 1 * 2  >0  a < 2 1  (2) có 2 nghiệm phân biệt x 1,2 =-1  a21 Kết luận: 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 + Với a < - 2 1 phương trình có nghiệm : x =-1  a21 + Với a = - 2 1 phương trình có nghiệm : x= 2 1 ; x = -1  2 + Với- 2 1 <a < 2 1 phương trình có nghiệm : x = 1  a21 + Với a = 2 1 phương trình có nghiệm : x= - 2 1 ; x = 1  2 + Với a > 2 1 phương trình có nghiệm : x =1  a21 Câu 3 : (4 điểm ) 1. (3 điểm) y = 2 33 2   x xx TXĐ   2/  RD y ' = 3;10'; )2( 34 2 2    xxy x xx ý >0: hàm số đồng biến ( 3;    ) và ( 1  ;   ) y’<0 hàm số nghịch biến )2;3(   và )1;2(   Cực đại (-3;-3); cực tiểu (-1; 1)    y x 2 lim ;   y x 2 lim suy ra đường thẳng x=-2 là tiệm cận đứng y=x+1+ 2 1  x ; lim 0 2 1    x x  x+1 là tiện cận xiên  Üm lim ; lim  x Bảng biến thiên : x -3 -2 -1 +  y’ + 0 - - 0 + y -3   +  -    1 0,5 0.25 0.25 0,5 0,5 0,5 0,5   Đồ thị : Giao với Oy tại (0; 2 3 ) y nhận I(-2; -1) làm tâm đối xứng 3/2 1 -3 -2 - 1 x O -3 2. (1 điểm) Hàm số y= 2 1 1   x x vì 221;  xxZyZx  là ước của 1 vậy x+2=+1 hoặc x+2=-1       33 11 yx yx Vậy trên đồ thị hàm số có 2 điểm có toạ độ là các số nguyên là : (-1; 1) và (-3; -3) Câu IV: (6 điểm ) 1. (2 điểm) Đường tròn : 4 22  yx giả sử M(2cos   sin2; );    2;0  )sin2;1cos2(  MA  do đó phương trình đưòng thẳng  vuông góc với AM tại M có phương trình : (2cos 0.sin2)1     Dyx   M 4cos2       D 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5  phương trình (  ) : (2cos 04cos2.sin2)1         yx (*) Giả sử (x;y) là toạ độ các điểm không thuộc đường thẳng  nào Phương trình (*) vô nghiệm 1243 22  yx  Xét (1) 1 3 4 22  yx ta có họ đường thẳng  luôn tiếp xúc với elip trên 2. (2 điểm) Lập hệ trục Oxy; O gốc A,C thay đổi lần lượt thuộc Ox và Oy. A(a;0) ; C(0;c)  B(a; c) y  (a;c>0): a+c=b=hằng số Phương trình AC: y= cx a c  C(0;c) B(a;c) Đường thẳng  qua B vuông góc với AC O A(a;0) y= c ac a c a cyyx c a 22 00   =b(1- c a ) Vậy  : y = c a x + b(1- c a ) Giả sử  qua D ( x 1 ; y 1 ) cố định với mọi a và c  c a (x 1 -b) – (y 1 -b) = 0  a;c       by bx 1 1 Vậy  luôn đi qua điểm D (b;b) cố định. 3. (2 điểm ) Chọn hệ trục Cxyz như hình vẽ z 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x A (a;0;0) ;B(0;b;0) C(0;0;0) A Gọi P(x;y;z)ta có 222 PCPBPA  C B     222222 )()( zbyxzyax  y  x 2 + y 2 + z 2  (x-a) 2 + (y-b) 2 +z 2  0          0z by ax Vậy P(a;b;0) Vậy tập hợp cần tìm có một điểm đó là đỉnh thứ tư của hình chữ nhật ACBP. Câu 5 : (2 điểm) Nhận xét : f(x) =0 là một hàm số thỏa mãn điều kiện . f(x+y) = f(x).f(y) * ;  x ; y  R và có đạo hàm  x  R xét f(x)  0 . Khi đó tồn tại x 0  R để f(x 0 )  0 . Theo * thì f(x 0 ) = f((x 0 -x)+x) = f(x) .f(x 0 -x)  0;x  R  f(x)  0; x  R mặt khác ,từ * ta có f( 2 2 xx  ) = f(x) =(f( 2 x )) 2  0 ; x  R Lấy đạo hàm hai vế theo biến x và biến y của * ta có. Theo x : f ' (x+y) =f ' (x).f(y) :  x ; y  R Theo x : f ' (x+y) =f(x).f ' (y) :  x ; y  R  )( )( ' xf xf = )( )( ' yf yf ;  x ; y  R Từ đó ta có (lnf(x).) , =a  f(x).= e a.x + b Thử lại ta có f(x+y) =e a(x+y)+b f(x).= e a.x + b 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 f(y).= e a.y + b  f(x).f(y)=e a.x+b+a.y+b Vậy b=0 Do đó : f(x)= e a.x ;  x  R Kết luận f(x)  0 hoặc f(x)= e a.x ; a tùy ý ;  x  R 0.25 . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Môn : Toán Thời gian làm bài : 18 0 phút CÂU 1 : (4điểm) Cho f(x)= 12 6 6 )1(  m x m x x 1. Giải bất. < - 2 1 phương trình có nghiệm : x = -1  a 21 + Với a = - 2 1 phương trình có nghiệm : x= 2 1 ; x = -1  2 + Với- 2 1 <a < 2 1 phương