Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Khối 12 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Khối 12 (Có đáp án)

1. đề thi học sinh giỏi khối 12 Môn: toán (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) 4 x 2 5 Cho hàm số: y 3x (C) và điểm M (C) có hoành độ x = a. Với giá trị 2 2 M nào của a thì tiếp tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) 2 điểm phân biệt khác M. 2. Tìm m để phương trình (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) – 2m +1 =0 Có nghiệm thoã mãn: x2 +6x + 7 0 Câu 2: (4 điểm) 1.Tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) trên đoạn [-1; 2] biết f(0) = 1 (1) và f2(x).f’(x) = 1+ 2x +3x2 (2) sin 3 x.sin 3x cos3 x.cos3x 1 2. tg(x 6 )tg(x 3 ) 8 Câu 3: (4 điểm) log (x 2 2x 2) log (x 2 2x 3) 1. Giải phương trình : 2 2 3 2 3 x 2 x 3 2. Tìm: lim x 2 ( 3 ) x x x Câu 4: (4 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A AB = a, các cạnh bên SA = SB = SC = a và cùng tạo với đáy một góc . Xác định cos để thể tích hình chóp lớn nhất. 2. Tính các góc của ABC biết 3A A C A B 3 sin sin sin 2 2 2 2 Câu 5: (4 điểm) 2 I ln (1 tg x )e x dx 1. Tính:  2  0 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 1
2. x 2 2. Trên trục toạ độ Oxy: Cho parabol (P): y và đường thẳng ( ) : 3x – 4y + 16 19 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc đường thẳng ( ) có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với parabol (P) hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 2
3. ĐÁP ÁN Câu 1: (4 điểm) 4 a 2 5 1> Điểm M (C) , xM = a > y 3a ta có Pt tiếp tuyến với (C) có M 2 2 0,5đ dạng ( ) : y y ' (x x ) y với y ' 2a 3 6a xM M M M a 4 5 => ( ) y (2a 3 6a)(x a) 3a 2 2 2 Hoành độ giao điểm của ( ) và (C) là nghiệm của phương trình x 4 5 a 4 5 0,5đ 3x 2 (2a 3 6a)(x a) 3a 2 (x a) 2 (x 2 2ax 3a 3 6) 0 2 2 2 2 x a 2 2 g(x) x 2ax 3a 6 0 0,5đ Bài toán trở thành tìm a để g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác a ' 2 2 2 g (x) a (3a 6) 0 a 3 0 a 3 2 2 g(a) 6a 6 0 a 1 a 1 0,5đ a 3 Vậy giá trị a cần tìm a 1 2> pt (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) = 2m – 1 (x2 + 6x +5)(x2 + 6x + 8) = 2m – 1 0,5đ Đặt t = x2 + 6x +5 = (x + 3)2 – 4 -4 Do x2 + 6x +7 0 x2 + 6x +5 -2 => t -2 0,5đ Bài toán trở thành tìm m để pt: f(t) = t(t+3) = 2m-1 có nghiệm t  4; 2 f(t) 0,5đ số giao điểm của đồ thị f(t) = t2 + 3t và đường y= 2m - 1 y = 2m – 1 vẽ trên đoạn [-4; -2] 4 2 2m 1 4 1 5 m -2 o t 2 2 -4 -2 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 3
4. 1 5 Vậy để phương trình có nghiệm thì m 2 2 0,5 đ Câu 2: (4 điểm)  f (x)3 0,5đ 1> Từ (2): f2(x)f’(x) = 1 + 2x + 3x2 x x 2 x 3 c (c là hằng 3 số) 1 + Từ (1) : f(0) = 1 => c = , do đó hàm số f (x) 3 3x 3 3x 2 3x 1 3 0,5đ Xét g(x) = 3x3 + 3x2 + 3x + 1 với x [-1; 2] x 1 g’(x) = 9x2 + 6x + 3 = 0 1 [ 1;2] là các điểm tới hạn x 3 1 2 g(-1) = 2, g(2) = 40, g(- ) = => max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - 2 0,5đ 3 9 Do đó GTLN của f(x) là 3 40 và GTLN của f(x) là 3 2 0,5đ 2> ĐK: cos(x ) 0,cos(x ) 0;tg(x ) 0;tg(x 0) 6 3 6 3 0,5đ Do tg(x ) cot g (x ) cot g(x ) tg(x ).tg(x 1) 3 2 3 6 6 3 0,5đ Ta được phương trình 1 1 sin 3 x.sin 3x cos3 x.cos3x (3sin x sin 3x)sin 3x (3cos x cos3x)cos3x 8 2 1 1 3(sin xsin 3x cos x cos s3x) cos 2 3x sin 2 3x 3cos 2x cos6x 2 2 0,5đ 1 1 4cos3 2x cos 2x x k (k Z) 2 2 6 0,5đ Nghiệm x k (loại vì tg(x ) 0 ) 6 6 Nghiệm x k (k Z) t/m các đk bài toán 6 Câu 3: (4 điểm) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 4
5. x 2 2x 2 0 x 3 1> ĐK: x 2 2x 3 0 2 x 2x 3 0 x 1 pt log (x 2 2x 2) log (x 2 2x 3) 8 4 3 7 4 3 x 2 2x 2 (8 4 3) y log (x 2 2x 2) log (x 2 2x 3) y 8 4 3 7 4 3 2 y x 2x 3 (7 4 3) 0,5đ 2 x 2x 3 t 0 t 1 (a 1) y đặt đưa về hệ (a 1) y a y 1 y 0,5đ 7 4 3 a 1 t a y y a 1 a 1 1 f (y) (*) vì 0 1) Nên hàm số f(y) nghịch biến a 1 và f(1) = 1 nên y = 1 là nghiệm duy 0,5đ nhất của pt (*) => x2 – 2x – 3 = a1 = 7 + 4 3 x1 1 11 4 3 3 (t/m) Giải ra vậy pt đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 x2 1 11 4 3 1 (t/m) 0,5đ 1 2> đặt x khi x thì y 0 y 0,5đ 1 2y 3 1 3y 1 2y (1 y) 3 1 3y (1 y) I lim 2 lim 2 2 y 0 y y 0 y y – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 5
6. y 2 y 2 (y 3) 1,0đ lim y 0 2 2 3 2 2 y 1 2y (1 y) y ( (1 3y) (1 y)3 1 3y (1 y) ) 1 y 3 lim y 0 2 3 2 1 y 1 2y (1 y) (1 y)3 1 3y (1 3y) 1 1 1 2 2 1 Vậy I 2 OA OB OC 0,5đ Câu 4: (4 điểm) Gọi O là trung điểm của BC => => SO là SA SB SC 0 trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC => SO là đường cao của hình chóp S.ABC và góc giữa cạnh bên và đáy, góc SBO = góc SAO = SCO = S + SO =asin , AC = a 4cos 2 1 1 (cos ) a 2 2 1 a 2 S ABC AB.AC 4cos 1 2 2 O C B 0,5đ a A 3 a 2 + VS.ABC = sin 4cos 1 6 áp dụng BĐT cô si cho 2 số dương 4sin 2 và 4cos 2 -1 > 0 a 3 a 3 4sin 2 4cos 2 1 a 3 V = 4sin 2 . 4cos 2 1 . 12 12 2 8 0,5đ 5 1 Dấu “=” xảy ra 4sin 2 4cos 2 1 cos 2 2 2 5 Vậy cos hình chóp có thể tích lớn nhất 2 2 0,5đ 0,5đ – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 6
7. 3A 3A 2. Do sin cos( ) nên gt bài toán trở thành 2 2 2 0,5đ 3A A B C B C 3 cos( ) 2sin( )cos 2 2 2 4 4 2 3A 3A B C 3 1 2sin 2 ( ) 2sin( )cos 4 4 4 4 4 2 3A 3A B C 1 B C 1 B C 2 sin 2 ( ) sin( )cos cos 2 (1 cos 2 ) 0 4 4 4 4 4 4 4 2 4 2 3A 1 B C 1 B C 2 sin( ) cos sin 2 0 (*) 4 4 2 4 2 4 0,5đ 2 3A 1 B C B C Do nênsin( VT của) (*)co khôngs âm 0;sin 2 0 4 4 2 4 4 B C sin 0 4 Khi đó (*) dấu “=” xẫy ra 3A 1 B C sin( ) cos 0 4 4 2 4 A 1000 0,5đ Giải hệ trên ta được: 0 B C 40 0,5đ Câu 5: (4 điểm) 2 x 2 1 2 1> Ta có I ln(1 tg )dx xdx x 2 2 I I 0 1 1 0 2 0 2 8 0,5đ 2 x x t I ln(1 tg )dx x t dx dt Tính 1 đặt 0 2 2 2 4 2 Đổi cận: x = 0 => t ; x => t = 0 2 2 t 0 2 1 tg 2 t 2 I ln 1 tg( ) dt ln(1 2 )dt ln dt 1 t t 4 2 0 0 2 1 tg 1 tg 2 2 0,5đ 2 2 2 t ln 2dt ln(1 tg )dt tln 2 2 I ln 2 I I ln 2 I ln 2 0 1 1 1 0 0 2 2 4 8 4 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 7
8. 2 Vậy I ln 2 8 4 0,5đ Nhận thấy đường thẳng ( ) không có điểm chung với parabol (P) Gọi ( ' ) là đường thẳng tiếp xúc với Parabol (P) và song song với dt ( ) ' ( ) => pt( ) là 3x – 4y - + m = 0 ( m 19) ( ' ) I1 2 H x 3x m (d) M1 16 4 4 hệ pt: có nghiệm (I) I x 3 M0 8 4 x 6 (I) 0,5đ m 9 9 pt đt ( ' ) : 3x – 4y + 9 = 0. và toạ độ tiếp điểm M ( 6, ) 0 4 9 M 0 ( 6; ) ' + Gọi (d) là đt qua điểm M0 và vuông góc vói ( ) => (d) 4 nd (4;3) 123 => pt đt (d) 4x + 3y + 0 4 0,5đ I là giao điẻm của (d) và ( ) => toạ độ I là nghiệm của hệ 36 3x 4y 19 0 x 5 36 13 123 => I( ; ) M 0 I 2 4x 3y 0 13 5 20 4 y 20 0,5đ Pt đường tròn tâm I, bk R = IM0 có dạng 36 13 (x ) 2 (y ) 2 4 5 20 Ta chứng minh: đường tròn (C) có phương trình trên là đường tròn có bk nhỏ nhất so với các đường tròn t/m ycbt. Thật vậy: Lấy điểm I1 bất kì trên ( ) , M1 bất kì trên parabol (P) ' H = I1M1  ( ) ta có: I1M 1 I1H IM 0 => IM0 là nhỏ nhất 0,5đ Do đó đường tròn bk IM0 là đường tròn bk nhỏ nhất – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 8
9. 2 2 36 13 Vậy đường tròn cần tìm: x y 4 5 20 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 9