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

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

1. Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 12 (Thời gian làm bài 180 phút) Bài 1: (4 điểm) 1) (Đề 48 I2 trong 150 đề tuyển sinh Đại học) x 2 Tìm trên đồ thị hàm số y = hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x - x 1 1 2) (Tự sáng tác) Cho a, b, c R với a 0 và m N* thoả mãn: a b c 0 . m 4 m 2 m Chứng minh rằng: Đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c luôn cắt trục ox tại ít nhất một điểm thuộc khoảng (0;1). Bài 2: (5 điểm) 1) (Tự sáng tác) Tìm tổng tất cả các nghiệm x [1;100] của phương trình: 3 3 Sin4x + Sin4 ( x + ) + Sin4 (x + ) sin 4 (x ) Sin 4 4x 4 2 4 2 2) ( Toán học tuổi trẻ năm 2003) Cho tam giác ABC không có góc tù thoả mãn hệ thức: 1 1 5 (cos 3A cos 3B) (cos 2A cos 2B) cos A cos B 3 2 6 Hãy tính các góc của tam giác đó. Bài 3: (4 điểm) 1) (Toán Bồi dưỡng giải tích tổ hợp của Hàn Liên Hải - Phan Huy Khải) x 5 Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = x 4 3x 2 2 2) (Tự sáng tác) 2 2 4x 2 6 Giải phương trình: 3x + 1 + log2006 x x 6 x 2 1 Bài 4: (4 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy 1) ( Đề thi tuyển sinh vào ĐHXD - Hà Nội năm học 2000-2001) Cho điểm A(4;0) và đường thẳng : 4x - 9 = 0. Chứng minh rằng tập hợp các điểm M có 4 tỷ số khoảng cách từ đó đến điểm A và từ đó đến đường thẳng bằng là một Hypebol. 3 Hãy viết phương trình của Hypebol đó. 2) ( Chuyên đề về hình học giải tích của Cam Duy Lễ - Trần Khắc Bảo) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 1
2. Cho Parabol y2 = 2px (p > 0) và đường thẳng d di động nhưng luôn đi qua tiêu điểm F của Parabol. Gọi M, N là các giao điểm của parabol với đường thẳng d. Chứng minh rằng đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định. Bài 5: (3 điểm) (500 Bài toán về bất đẳng thứccủa Phan Huy Khải -Tập II) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Gọi V1, V thứ tự là thể tích của khối V chóp SAMKN và khối chóp SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số 1 . V – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 2
3. đáp án - thang điểm kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi tỉnh - môn toán LớP12 Nội dung Điểm Bài 1: (4 điểm) 1) (2 điểm) Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x -1 nên đường thẳng AB có pt: y = -x + m x 2 =>Hoành độ các điểm A, B là xA, xB chính là nghiệm pt: =-x +m x m 0,5 điểm g(x) = 2x2 - (m + 1)x + m = 0 x A xB m 1 3m 1 Gọi I là trung điểm của AB ta có xI = y x m 2 4 I I 4 3m 1 m 1 Ta phải có điểm I thuộc đường thẳng y =x -1 => 1 4 4 0,5 điểm m = -1 2 0,5 điểm Khi đó g(x) = 2x2 - 1= 0 x = 2 2 2 2 2 Với xA = - => yA = -xA-1 = -1+ ; Với xB = => yB = -1- 2 2 2 2 0,5 điểm 2 2 2 2 Vậy hai điểm cần tìm là A(- ; -1+ ) và B ( ; -1- ) 2 2 2 2 2) (2 điểm) ax m 4 bx m 2 cx m Xét hàm số f(x) = với a 0 và m N* m 4 m 2 m Là hàm số liên tục và có đạo hàm là: m+3 m+1 m-1 0,5 điểm f’(x) = ax + bx + cx với x R a b c Ta tính được f(0) = 0 và f(1) = 0 (do giả thiết) m 4 m 2 m f (1) f (0) 0,5 điểm Theo định lý Lagrăng: tồn tại x0 (0;1) sao cho f’(x0) = 0 1 0 m 3 m 1 x 1 => ax0 b0 c0 = 0 m 1 4 2 4 2 0,5 điểm => x0 (ax0 b0 c) 0 => ax 0 + bx 0 + c = 0 4 2 Tức là pt: ax + bx + c = 0 có nghiệm x0 (0;1) 0,5 điểm Hay đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c luôn cắt ox tại ít nhất 1 điểm thuộc (0;1) Bài 2: (5 điểm) 1) (3 điểm) Trước hết biến đổi vế trái của pt: Sử dụng công thức Sin ( + ) = cos 2 Ta được: VT = Sin4x + cos4x + Sin4 (x+ ) + Cos4 (x+ ) 4 4 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 3
4. = (Sin2x +Cos2x) - 2Sin2x Cos2x + 1 - 2Sin2 (x+ ).Cos(x+ ) 4 4 1 1 1 1 1 3 1 điểm = 1- Sin22x +1 - Sin2(2x + ) = 2 - Sin22x - Cos22x = 2 - = 2 2 2 2 2 2 2 3 3 Nên pt đã cho viết thành: Sin44x = Sin24x = 1 Cos 4x = 0 2 2 0,5 điểm 4x = + k x = + k. với k Z 2 8 4 Để x [1; 100] ta phải có: 1 + k. 100 8 (2k+1) 800 8 4 0,5 điểm mà k Z nên k = 1, 2, 3 .,126 126 126 0,5 điểm Nên tổng các nghiệm cần tìm là: S =  (1 2k)  (2k 1) k 1 8 8 k 1 126 Ta có  (2k 1) là tổng của 126 số hạng của cấp số cộng có u1= 3 và u126 = 253 k 1 0,5 điểm (3 253).126 Vậy S = . 2016 8 2 2) (2 điểm) 1 1 5 Ta có (Cos 3A + Cos 3B) - (Cos 2A + Cos 2B) + Cos A +CosB = (1) 3 2 6 1 1 5 (4 Cos3A - 3 CosA + 4 Cos3B - 3CosB) - (2Cos2A-1+2Cos2B-1)+CosA+CosB = 3 2 6 4 4 1 0,5 điểm ( Cos3A - Cos2A) + ( Cos3B - Cos2B) =- (2) 3 3 6 4 Xét hàm số f(t) = t3 - t2 với t [0;1] ta có: 3 f’(t) = 4t2 - 2t; f’(t) = 0 t = 0 1 1 t = . Ta có bằng biến thiên; t 0 1 2 2 1 1 0,5 điểm f’(t) 0 - 0 + => Với t [0;1] thì f(t) f( ) = - 2 12 f(t) 1 12 Vì ABC không có góc tù nên 0 CosA VT (2) - (3) 3 12 6 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 4
5. 1 Do đó (2) được thoả mãn (3) xảy ra dấu “=” => Cos A = 2 1 Cos B = 2 0,5 điểm => A = 600 B = 600 => C = 600 Bài 3: ( 4 điểm) 1) (2 điểm) x5 3x3 2x Ta có: x vì x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 2 ) (x2 + 1) x4 3x2 2 x4 3x2 2 0,5 điểm 3x3 2x Ax b Cx D Đặt Với x x4 3x2 2 x2 2 x2 1 3x3 + 2x = (Ax + B) (x2 + 1) + (Cx + D) (x2 + 2) Với x Hay 3x3 + 2x = (A+C)x3 + (B + D)x2 + (A + 2C)x + B + 2D Với x => A + C = 3 B = D = 0 3x3 2x 4x x B + D = 0 => C = -1 tức là x4 3x2 2 x2 2 x2 1 A + 2C = 2 A = 4 B + 2D = 0 0,5 điểm 4x x => f(x) = x - x2 2 x2 1 0,5 điểm x2 4xdx xdx x2 d(x2 2) 1 d(x2 1) => f(x)dx = 2 2 x2 2 x2 1 2 x2 2 2 x2 1 x2 1 0,5 điểm Vậy f(x)dx = 2ln(x2 2) ln(x2 1) k với k là hằng số 2 2 2) (2 điểm) 2 4x 2 6 2 PT đã cho viết thành: log2006 = x - 3x - 1 (1) x6 x2 1 2 u Đặt: u = 4x + 2 > 0 ta được pt: log2006 = v - u v v = x6 + x2 + 1> 0 log2006u - log2006v = v- u (*) 0,5 điểm - Nếu u > v thì VT (*) > 0 > VP (*) nên không thoả mãn. - Nếu u < v thì VT (*) < 0 < VP (*) nên không thoả mãn - Xét u = v thì VT (*) = 0 VP (*) Do đó pt (*) x6 + x2 + 1 = 4x2 + 2 x6 - 3x2 - 1= 0 (2) 0,5 điểm Đặt t = x2 0 ta được pt: f(t) = t3 - 3t - 1 = 0 (3) Ta có f’(x) = 3t2 - 3; f’(t) = 0 t = -1 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 5
6. t = 1. Ta có bảng biến thiên t -∞ -1 0 1 +∞ f’(t) + 0 - 0 + hơn nữa f(2) = 1 f (t) 1 +∞ -1 -3 -∞ 0,5 điểm Do đó pt (3) có nghiệm với t 0 và là nghiệm duy nhất t (0;2) Đặt t = 2 cos với 0 = ta có t = x2 = 2 Cos . Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = 2Cos 9 9 9 Bài 4: (4 điểm) 1) (2 điểm): Giả sử điểm M (x;y) khi đó AM = (x 4)2 y2 0,5 điểm 4x 9 Khoảng cách từ M đến đường thẳng : 4x - 9 = 0 là d(M; ) = 4 0.5 điểm AM 4 Ta có 3 (x 4)2 y2 4x 9 d(M ; ) 3 x2 y2 0,5 điểm 7x2 - 9y2 = 63 1 9 7 0,5 điểm x2 y2 Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là Hypebol có phương trình 1 9 7 2)( 2 điểm): Parabol y2 = 2px đường p chuẩn là : x = - . Đường tròn y d 2 đường kính MN có tâm là trung N1 MN điểm I của MN và bán kính R= 2 0,5 điểm H I Gọi M1; N1, H thứ tự là hình chiếu O Của các điểm M, N và I. F x Theo đ/n của Parabol có M 1 M MM = MF 1 0,5 điểm NN1 = NF – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 6
7. => MM1 + NN1 = MF + NF = MN. 0,5 điểm MN Mà trong hình thang vuông MM1N1N thì MM1 + NN1 = 2 IH. Do đó IH= 2 0,5 điểm Vậy đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với đường chuẩn của Parabol Bài 5: (3 điểm): Vì ABCD là hình bình hành S 1 1 => VSABC = VSADC = VSABCD = V. 2 2 SM SN K Đặt x , y M SB SD VSAMK SM SK x.V P thì . V C V SB SC SAMK 4 B SABC N 0,5điểm V => V1 = VSAMK + VSANK = (x + y) (1) 4 A Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK = D V V = x.y. + x.y. 2 4 3xy.V => V1 = (2). 4 x 0,5điểm Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y = (3) 3x 1 1 Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x > 3 0,5 điểm SN x 1 1 Và y = 1 1 2x3 - 1 0 (vì 3x-1) 0 => x do đó x 1 SD 3x 1 2 2 0,5 điểm V 1 3 3 x 3x2 Từ (1) => 1 (x + y) = xy = x. V 4 4 4 3x 1 4(3x 1) 3x 2 1 3x(3x 2) Xét hàm số f(x) = với x 1 . Ta có f’(x) = 4(3x 1) 2 4(3x 1)2 1 f’(x) = 0 x = 0 không thuộc đoạn [ ;1 ] 2 2 x = => Bảng biến thiên 3 1 2 x 1 2 3 f’(x) - 0 + f(x) 3/8 3/8 1 3 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 7
8. 0,5 điểm 1 3 1 1 V 3 Suy ra f(x) với x [;1 ] hay 1 3 8 2 3 V 8 0,5 điểm V 1 2 2 Vậy Min (1 ) = khi x = hay SM = SB V 3 3 3 1 x M là trung điểm của SB V1 3 Và Max ( ) = khi 2 V 8 M  B x 1 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 8