Sở gd&đt thanh hoá Trờng THPT Hậu Lộc I đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn: toán bảng A Thời gian: 180 phút Bài1: ( 4 điểm) Cho hàm số 222 2 xxmxy 1. Tìm các tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi m = 3 2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại một điểm x o <-2 Bài 2: ( 4điểm) 1. Tìm m để nghiệm của bất phơng trình sau chứa đoạn 2;1 0 13 2 13 2 2 xx xxm 2. Giải bất phơng trình: 64264264 222 )1()1()2( xxxxxx mmm Với 0 < m < 1 Bài 3: ( 4điểm) 1. Giải phơng trình: x x ógonx x xx coslog sinlog )sin1()cos1( cos 2. Cho ABC. Tìm giá trị lớn nhất của sinC biết: sin 2 A + sin 2 B = k sin 2 C Với k > 2 1 Bài 4: ( 2 điểm) Tìm các đa thức f(x) thoả mãn: x.f(x-1) = (x-3) f(x) Bài 5: ( 6 điểm) 1. Lập phơng trình của Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) và đỉnh S(2;1). 2. Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông. Gọi H là hình chiếu của O lên đáy ABC. Chứng minh rằng: a) 2222 1111 OCOBOAOH b) OABOACOBCABC SSSS 2222 ®¸p ¸n ®Ò thi hsg líp 12 M«n: to¸n – b¶ng A Bµi1: 1) (1,5®iÓm): Víi m =3 ta cã: 2232 2  xxxy TX§: D = R TiÖm cËn xiªn bªn ph¶i 1 2232 lim 2     x xxx a x  (0,25®iÓm)   32232lim 2   xxxxb x  (0,25 ®iÓm) Ta cã tiÖm cËn xiªn bªn ph¶i y= x-3 (0,25®iÓm) TiÖm cËn xiªn bªn tr¸i 5 2232 lim 2     x xxx a x  (0,25®iÓm)   352232lim 2   xxxxb x  (0,25®iÓm) Ta cã tiÖm cËn xiªn bªn tr¸i y = -5x+3 (0,25®iÓm) 2) (2,5 ®iÓm): y / (x o ) = 0 Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x o (0,25®iÓm) y // (x o ) < 0                         )2(0 )1( 1 222 0 )22( 0 22 )1( 2 0 0 2 0 3 0 2 0 0 2 0 0 m x xx m xx m xx xm (0,5 ®iÓm) §Æt 1 222 )( 0 0 2 0 0    x xx xg víi x o <-2 (0,25 ®iÓm) )(0 22)1( 2 )( 0 2 0 2 0 0 / xg xxx xg     gi¶m (0,5 ®iÓm) 2)(lim 0   xg x  vµ g(-2) = 3 102  (0,5 ®iÓm) Vậy 3 102 < m < -2 (0,5 điểm) Bài 2: 1.( 2 điểm): Với 113 4 5 2;1 2 xxx (0,25 điểm) Đặt 4 5 113 2 txxt (0,25 điểm) Ta có bất phơng trình: tt m t mt 2 2 0 1 2 (0,25 điểm) Xét tt xf 2 2 )( với 4 5 ;1t (0,25 điểm) 4 5 ;1;0 )( 24 )( 22 / t tt t tf (0,25 điểm) Ta có bảng sau: Vậy để bất phơng trình có nghiệm chứa đoạn 2;1 là 45 32 m (0,25 điểm) 2.(2 điểm): Vì 0)1( 642 2 xx m với mx ; (0,25 điểm) Ta có: 1) 1 1 () 1 2 ( 64 2 2 64 2 22 xxxx m m m m (1) (0,25 điểm) Đặt 2 t tgm với 2 0 t . Bất phơng trình (1) có dạng: (0,25 điểm) t 1 5/4 f / (t) f(t) 2 32/45 1)(cos)(sin 2)2(2)2( 22 xx tt (2) (0,25 điểm) Vì Rxx ;22)2( 2 (0,25 điểm) Và tt x 22)2( sin)(sin 2 (0,25 điểm) tt x 22)2( cos)(cos 2 (0,25 điểm) Ta suy ra vế trái của (2) ttt ;1cossin 22 (0,25 điểm) Vậy bất phơng trình đã cho có tập nghiệm là R (0,25 điểm) Bài 3: 1.(2 điểm): Điều kiện: Zkkxk ;2 2 2 (0,25 điểm) Ta có 1 + cosx > 0 ; 1 + sinx > 0 (0,25 điểm) Phơng trình )sin1ln(coslog)cos1ln(sinlog sincos xxxx xx (0,25 điểm) (*) )cos1ln( )cos(ln )sin1ln( )sin(ln )sin1ln( sinln cosln )cos1ln( cosln sinln 22 x x x x x x x x x x (0,25 điểm) Xét hàm số: )1ln( ln )( 2 t t tf với )1;0(t (0,25 điểm) 0 )1ln()1( ln)ln()(2ln )( / ttt ttttt tf với )1;0(t (0,25 điểm) Hàm số f(t) nghịch biến phơng trình (*) có nghiệm xx cossin (0,25 điểm) 2 4 kx k Z (0,25 điểm) 2.(2 điểm): Tõ gi¶ thiÕt, theo ®Þnh lý sin ta cã: a 2 + b 2 = kc 2 (0,25 ®iÓm) Theo ®Þnh lý cosin ta ®îc: a 2 + b 2 = k ( a 2 +b 2 -2abcosC ) (0,25 ®iÓm) ab ba k k C 2 . 1 cos 22   (0,25 ®iÓm) k k ab ba k k C 1 2 . 1 cos 22      theo c«si (0,25 ®iÓm) 2 22 12 cos1sin k k CC   (0,25 ®iÓm) Do sinC>0 k k C 12 sin   (0,25 ®iÓm) DÊu b»ng x¶y ra  a = b hay A = B (0,25 ®iÓm) k k C 12 )max(sin   (0,25 ®iÓm) Bµi 4: Ta cã: x.f(x-1)= (x-3).f(x) (1) Cho x = 0  f(0) = 0 (2) (0,25 ®iÓm) Cho x = 1  f(1) = 0 (3) (0,25 ®iÓm) Cho x = 2  f(2) = 0 (4) (0,25 ®iÓm) Tõ (2) ;(3); (4) ta suy ra f(x) chia hÕt cho x; x-1; x-2 (0,25 ®iÓm) Nªn f(x) = x.(x-1).(x-2).P(x) (0,25 ®iÓm) Thay vµo (1) ta ®îc: x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x-1) = x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x) (0,25 ®iÓm)  P(x-1) = P(x) ; x  P(x) = C h»ng sè (0,25 ®iÓm) VËy f(x) = x.(x-1).(x-2).C víi C lµ h»ng sè (0,25 ®iÓm) Bài 5:1.(1 điểm) Đờng thẳng SF là trục của (P) có phơng trình: x y - 1 = 0 (0,25 điểm) Đờng chuẩn () của (P) có phơng trình: x + y - 1 = 0 (0,5 điểm) Gọi điểm M(x;y) (P) FM = d(M; ) (0,25 điểm) 2 )1( )2()3( 2 22 yx yx (0,5 điểm) x 2 + y 2 - 2xy - 10x - 6y + 25 = 0 (*) (0,25 điểm) (*) là phơng trình của Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh và F là tiêu điểm (0,25 điểm) 2.(4điểm): Gọi A 1 =AHBC ; B 1 =BHAC C 1 = CHAB (0,25điểm) Theo giả thiết OA(OBC) OABC Và OH(ABC) OHBC BC(OAH) BCAH (0,5điểm) A B 1 C Tơng tự BHAC; CHAB H là trực tâm của ABC (0,25điểm) Xét vuông AOA 1 tại O ta có: B (0,5điểm) 2 1 22 111 OAOAOH (1) (0,25điểm) OBC vuông tại O, ta có: 222 1 111 OCOBOA (2) (0,25điểm) Từ (1) và (2) ta có: CC A H O 2222 1111 OCOBOAOH (đpcm) (3) (0,25điểm) Nhân hai vế của (3) với 9.V 2 OABC ta có: (0,25điểm) 9.V 2 OABC =OH 2 .(S ABC ) 2 = OA 2 . (S OBC ) 2 = OB 2 . (S OAC ) 2 = OC 2 . (S OAB ) 2 (0,5điểm) Ta đợc: 2 22 2 22 2 22 2 22 ).().().()( OC SOC OB SOB OA SOA OH SOH ABCABCABCABC (0,5 điểm) OABOACOBCABC SSSS 2222 (đpcm) (0,5 điểm) (Chú ý: cách khác có thể chọn hệ toạ độ Oxyz gốc O) Lu ý: Những cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa thoe mỗi ý, mỗi bài. . Sở gd&đt thanh hoá Trờng THPT Hậu Lộc I đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn: toán bảng A Thời gian: 180 phút Bài1: ( 4 điểm) Cho hàm số 222 2 xxmxy 1. Tìm các tiệm cận xiên c a đồ thị hàm. trình c a Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh và F là tiêu điểm (0,25 điểm) 2.(4điểm): Gọi A 1 =AHBC ; B 1 =BHAC C 1 = CHAB (0,25điểm) Theo giả thi t OA(OBC) OABC Và OH(ABC) OHBC BC(OAH) BCAH (0,5điểm). c a Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) và đỉnh S(2;1). 2. Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông. Gọi H là hình chiếu c a O lên đáy ABC. Chứng minh rằng: a) 2222 1111 OCOBOAOH b) OABOACOBCABC SSSS 2222 ®¸p