Đề thi học sinh giỏi môn Toán Khối 12 - Bảng A (Có đáp án)

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

1. đề thi học sinh giỏi khối 12 (bảng a) môn: toán thời gian: 180' 1 1 Bài 1:(4 điểm). Cho hàm số: y x 3 mx 2 2x 2m (cm) 3 3 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 5 2. Tìm m (0; ) sao cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (Cm), và các đường thẳng: x=0; x=2; y=0 có diện 6 tích bằng 4. Bài 2: (4 điểm). 1. Giải các phương trình: 3tgx 1 (sin x + 2cos x)=5(sin x +3cos x). 2 x 2. giải phương trình: log2 x + x.log7(x + 3)= log2x [ + 2.log7(x + 3)] 2 Bài 3: ( 4 điểm). 1. Tìm a để phương trình sau có nghiệm. a a sin x = sin x 2. Tìm a để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt. x 3 1 x 2 1 x 1 2(a 1) 4(1 a). 4a 6 0 x x x x Bài 4( 4 điểm). 1. Cho ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Gọi R1, R2, R3 lần lượt là các bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác BOC, COA, AOB. Cho biết: R1+R2+R3 = 3R. Tính 3 góc của ABC 2. Cho (E): x2 + 4y2 = 4 . M là điểm thay đổi trên đường thẳng y=2. Từ M kẻ đến (E) hai tiếp tuyến. Gọi các tiếp điểm là T1, T2. Tìm vị trí của M để đường tròn tâm M tiếp xúc với đường thẳng T1, T2 có bán kính nhỏ nhất. Bài 5:( 4 điểm). f '2 (x) 4 f ' (x). f (x) f 2 (x) 0 1. Cho hàm số f(x) xác định và dương trên R thỏa mãn: f (0) 1 Tìm hàm số f(x). 2. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm là G. Các đường thẳng AG, BG, CG, DG kéo dài lần lượt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ở A1, B1, C1, D1 CMR: GA1 GB1 GC1 GD1 GA GB GC GD – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. Đáp án và thang điểm Đáp án Thang điểm x 3 7 Bài 1: 1.Khi m=1. y x 2 2x 3 3 TXĐ : D = R x 1 3 + y ' x 2 2x 2 y ' 0 x 1 3 0,5 Hàm số đồng biến (-∞; -1- 3 ) (-1+3 ; +∞) Hàm số nghịch biến ( -1-3 ;1+3 ) yCĐ = y(-1-3 ) = yCT = y(-1+3 ) = y '' 2x 2 ; y '' 0 x 1. Đồ thị hàm số lồi trên (-∞; -1) Đồ thị hàm số lõm trên (-1;-∞) 0.5 7 Nhận I(-1, ) làm điểm uốn 3 + Limx y ; Limx y Bảng biến thiên x -∞ -1- 3 -1+ 3 +∞ 0,5 y’ + 0 - 0 + y CĐ +∞ -∞ CT Đồ thị: 0.5 x 3 1 2. Xét phương trình : mx 2 2x 2m 0 trên [0; 2] 3 3 x 3 1 Đặt f (x) mx 2 2x 2m 0; f ' (x) x 2 2mx 2. 0.5 3 3 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. ' Phương trình: f (x) 0 luôn có hai nghiệm trái dấu x1 0 0.5 +Phương trình đã cho 2log 2 x x (1) (2log 2 x x)(log 2 x 2log 7 (x 3)) 0 log 2 x 2log 7 (x 3) (2) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. x 0 x 0 + Giải (1) x ln x ln x x2 2 (1') x 2 ln x Xét hàm số: f (x) trên (0;+∞) ; x 0.5 1 ln x f ' ( x ) ; f ' ( x ) 0 x e x 2 Bảng biến thiên. x 0 e f’ - 0 1.+ f 1 e Từ bảng biến thiên hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2; x=4 thỏa mãn (1’). 0.5 Vậy phương trình (1) có nghiệm x=2; x=4. 4 3 + Giải (2). Đặt: log x 2log (x 3) 2t 7t 4t 3 1 ( )t . (2') 2 7 7 7t 4 3 Xét hàm số: g(t) ( )t . luôn nghịch biến (2’) có nghiệm duy nhất t =1 7 7t Vậy (2) có nghiệm x =2 0.5 + KL: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4 0.5 Bài 3: 0 t 1 1. + Đặt sinx = t có phương trình đã cho 2 a a t t 0.5 + Đặt: a t y 0 hệ trên y 0;0 t 1 y 0;0 t 1 y 0 ;0 t 1 2 2 a y t a y t t y 2 2 a t y (t y)(t y 1) 0 t t a + Xét hàm số: f(t)= t2 – t trên [0;1]. 0.5 1 1 1 có: f ' (t) 2t 1 ; f ' (t) 0 t f (0) f (1) 0 ; f ( ) 2 2 4 Hệ trên có nghiệm khi đường thẳng y=a cắt đường cong y=f(t)= t2-t trên [0;1] 1 a 0 0.5 4 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
6. 1 Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm khi 4 0 4 0.5 2. ĐK : x>0. 1 + Đặt: x t (đk :t 2) với t =2 cho giá trị x=1 x 0.5 (*) với t>2 cho giá trị x>0 t 2  x 1 t 2 + Ta có : (1) 2 2 f (t) t 2at 1 0 (t 2)(t 2at 1) 0 t 2 + Do (*) nên để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT (1) phải có đúng 0.5 1 nghiệm t>2 Nhận xét: Tính a.c =1 vậy để phương trình (1) có đúng 1 nghiệm t>2 thì (1) phải có nghiệm các trường hợp sau: 0 a 2 VN t 2 t  VN 0.5 1 2 t1 2 t2 5 f (2) 0 a 4 5 Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì : a< 4 0.5 Bài 4: 1. Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có: a a 2Rsin A R 2R 2R R sin BOC sin 2A 1 sin 2A 1 1 2cos A 0.5 R R Tương tự cho COA, AOB : R ; R 2 2cos B 3 2cosC. 1 1 1 + Vậy có: 6. (1) 0.5 cos A cos B cosC 1 1 1 9 9 + Dễ có : 6 (Do ABC cos A cos B cosC cos A cos B cosC 3 2 0.5 nhọn). 3 + ( Phải chứng minh : cos A cos B cosC ) 0.5 2 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. + Vậy (1) CosA CosB CosC A B C 60o x 2 2. (E): y 2 1 M đường thẳng y 2 M(a;2) 4 + Gọi T1(x1,y1); T2(x2,y2) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T1, T2 là: x1 x 0.5 1: y.y 1 4 1 x2 x 2 : y.y 1 4 2 a.x 1 2y 1 4 1 Do 1; 2 đi qua M(a, 2) a.x 2 2y 1 4 2 a.x Nhận xét : T1, T2 có tọa độ thỏa mản phương trình đường thẳng : 2y 1 4 Vậy phương trình đường thẳng T1, T2 là; ax + 8y – 4 =0. a 2 12 R d(M ) T T 2 1 2 a 64 + Đường tròn tâm M tiếp xúc T1, T2 có bán kính là: 0.5 a 2 12 R a 2 64 t 12 + Ta tìm a để R nhỏ nhất : Đặt a 2 t 0 R f (t) t 64 ' t 116 3 f (t) 0 t 0 R min f (0) 0.5 2 (t 64) 3 2 đạt được khi : t=0 a=0 + Kết luận: vậy điểm M(0;2). Bài 5 : 1. Từ: f ' (x) ( 2 3) f (x) f '2 (x) 4 f ' (x) f 2 (x) 0 ' f (x) ( 2 3) f (x) f ' (x) 2 3 (1) 0.5 f (x) (do f (x) 0) f ' (x) 2 3 (2) f (x) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
8. f ' (x) + Xét (1) Có: dx ( 2 3)dx ln f (x) ( 2 3)x C f (x) 1 0.5 ( 2 3)x C1 C1 f (x) e do f (0) 1 e 1 C1 0 + Vậy: f (x) e( 2 3)x + Xét (2) tương tự : ta được kết quả : f (x) e( 2 3)x. 0.5 Đáp số: f (x) e( 2 3)x. hoặc f (x) e( 2 3)x. 0.5 2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD 2 2 2 Có: OA OG GA OA OG GA 2OG.GA 0.5 Tương tự ta có: OB 2 OG 2 GB 2 2OG.GB OC 2 OG 2 GC 2 2OG.GC OD 2 OG 2 GD 2 2OG.GD + Từ trên : 4(R 2 OG 2 ) GA2 GB 2 GC 2 GD 2 0.5 2 2 + Lại có : GA.GA1= GB.GB1=GC.GC1=GD.GD1=R – OG 1 1 1 1 Vậy : GA GB GC GD (R 2 OG 2 )( ) 1 1 1 1 GA GB GC GD 1 1 1 1 1 (GA2 GB 2 GC 2 GD 2 ).( ) 4 GA GB GC GD + áp dụng Bunhia và cosi có: 0.5 1 1 1 1 1 GA GB GC GD (GA GB GC GD) 2 ( ) 1 1 1 1 16 GA GB GC GD GA GB GC GD Dấu bằng xảy ra GA GB GC GD Tứ diện ABCD gần đều hoặc tứ 0.5 diện ABCD đều – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất