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

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

1. Thi học sinh giỏi lớp 12 môn toán Bảng A ( Thời gian 180 phút , không kể giao đề) Bài 1( 4,0 điểm) x 2 mx m 8 Cho hàm số : y = (C ) x 1 m 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m = 1 2) Tìm m để cực đại , cực tiểu của (Cm) nằm về hai phía của đường thẳng 9x –7y – 1 = 0 Bài 2( 4,0 điểm) 1)Tìm p và q để giá trị lớn nhất của hàm số y = x 2 px q trên  1;1 là bé nhất 3) Gọi ( x ; y ) là nghiệm của bất phương trình log 2 2 (2x y) 1 . Tìm ( x; y) sao cho 2x + y lớn x 2 y nhất Bài 3 ( 4,0 điểm) Cho cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 3 2) Tìm m để phương trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên ;2 2 Bài 4(4,0 điểm) xsin x 1) Tính I dx 0 1 cos x 2) Cho x2 +y2 =1 . Chứng minh : 16(x 5 y 5 ) 20(x 3 y 3 ) 5(x y) 2 Bài 5( 4,0 điểm) 1) Cho tứ diện ABCD . Các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau . Chứng minh rằng tâm mặt cầu nội , ngoại tiếp tứ diện trùng nhau. 2) Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng (P) . Tìm trên mf (P) điểm M sao cho MA MB MC MD nhỏ nhất – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. Hướng dẫn chấm và thang điểm thi học sinh giỏi 12 môn toán bảng a Bài Hướng dẫn chấm Điểm x 2 x 7 1) Khi m = 1 y (C ) x 1 1 *) Tập xác định : x 1 0,25 2 ' x 2x 8 ' *) Sự biến thiên : y ; y 0 x 2 & x 4 0,5 (x 1) 2 Ta có bảng biến thiên x - -2 1 4 + y’ + 0 - - 0 + CĐ + + y 0,5 - - CT 1 *)Hàm số đạt cực đại tại x = -2 yCĐ = -3 0,25 đạt cực tiểu tại x = 4 yCT = 9 *)x = 1 là tiệm cận đứng vì Lim f(x) = - và lim f(x) = + x 1- x 1+ 0,25 9 *) y = x + 2 là tiệm cận xiên vì lim(f(x) –x – 2 ) = lim 0 x 1 x x Đồ thị : dạng đồ thị y 9 0,25 -2 O 1 4 x -3 -7 x 2 2x 8 2)Tập xác định x 1 y ' ; y’ = 0 x =-2 ; x = 4 (x 1) 2 Vậy với mọi m thì (Cm) luôn có cực đại và cực tiểu. Theo câu 1) ta có yCĐ= m – 4 0,5 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. tại x = -2 ; đặt A ( -2 ; m – 4 ) 0,5 yCT = m + 8 tại x = 4 ; đặt B ( 4 ; m + 8 ) A ; B nằm hai phía của đường thẳng 9x – 7y – 1 = 0 0,5 (9xA – 7yA – 1 )( 9xB – 7yB – 1 ) 0 1 p 1 2 h( ) 1 f (0) 2 2 1 f ( 1) 1 0,25 Nếu p < 0 1 p 1 2 h( ) 1 f (0) 2 2 p  Chú ý : Max h(x) = max f ( ); f ( 1); f (1)  2   1;1 p 0,25 2 *) Nếu p = 0 f(x) = x2 + q ; f(0) = f(- ) = q ; f( 1) = 1 + q 2 0,25 Giá trị lớn nhất của h(x) là một trong 2 giá trị q ; 1 q 1 1 1 1 Nếu q 1 q f ( 1) h( ) 0,25 2 2 2 2 1 1 1 1 Nếu q < - q f (0) h( ) 2 2 2 2 0,5 1 1 1 1 Nếu q = - fx) x 2 max h(x) x 0; x 1 cũng là giá trị 2 2 2 2 0,25 1 nhỏ nhất của h( ) .Vậy p = 0 ; q = - thoả mãn bài toán 2 x 2 2y 2 1 0,5 (I) 2 2 2x y x 2y 2) log 2 2 (2x y) 1(*) x 2 y x 2 2y 2 1 (II) 2 2 0 2x y x 2y – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. Trường hợp 1: Nếu (x;y) thoả mãn (I) ta có x2 +2y2 1 9 2xy (x 1) 2 ( 2y ) 2 . Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có 2 2 8 2 9 2 1 1 81 9 9 9 (2x y ) (x 1)2 ( 2y ) 2x y 2x y 0,5 4 2 2 2 16 4 4 2 9 2x y 2 1 x 2 đúng với mọi x ; y thoả mãn (*) . Dấu “=” xảy ra 2y 1 x 1 2 2 y 2 2 1 2 0,5 1 Vậy x = 2 ; y = thì 2x + y lớn nhất 2 Trường hợp 2 : ( x ; y ) thoả mãn (II) 2x + y không đạt giá trị lớn nhất 0,5 Vì từ (II) 2x y x 2 2y 2 1 2) cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1) 2 cos x 0 0,5 3) cos x(4cos x 2cos x m 3) 0 2 4cos x 2cos x m 3 0 (2) 2 cos x 0 x k 0,5 4) 1) Với m = 3 thì (1) 1 2 k Z cos x 2 x 2k 3 t cos x ; t 1 2) Xét phương trình (2) 2 0,25 4t 2t m 3 0 (3) Vẽ đồ thị hàm số y = cosx trên ;2 2 Y 3 y=t1 y=t2 - - O 3 2 x 2 2 2 0,25 Số nghiệm của (2) là số giao điểm của y = t và y = cosx trên ;2 với t là 2 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. nghiệm của (3) . Phương trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên ;2 khi và chỉ 2 khi phương trình (3) có hai nghiệm t1 < t2 thoả mãn ' 0 0,5 f (0) 0 13 0 < t1 < t2 <1 3 m f (1) 0 4 1 0 1 4 xsin x 0,5 5) 1) I = dx .Đặt t = x x 0 t ; x t 0 2 0 1 cos x 6) dx = - dt ; sinx = sint ; cos2x = cos2t sin tdt t sin tdt sin xdx xsin xdx 7) I 0,5 2 2 2 2 0 1 cos t 0 1 cos t 0 1 cos x 0 1 cos x sin xdx 1 dt 4 2 8) 2I 2 dx 0,5 2 2 0 1 cos x 11 t 0 2 2 9) I 0,5 4 0,5 10) 2) Đặt x = sint ; y = cost sin 2 t cos 2 t 1 11) Ta có sin5t = 16sin5t –20sin3t + 5sint 0,5 12) Cos5t = 16cos5t – 20cos3t + 5cost 13) sin5t = 16x 5 –20x3 + 5x ; cos5t = 16y5 – 20y3 +5y 14) 16(x 5 y 5 ) 20(x 3 y 3 ) 5(x y) sin 5t cos5t 2 0,5 4 k 0,5 15) Dấu “=” xảy ra 5t k t k Z 4 2 20 5 5 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
6. A K’ K 0,5 D H B I 0,5 C Đ’ 0,25 M I’ C’ P Dựng mf(P)  AB tại M . Gọi DK ; CH là các đường cao của tam giác DAB và tam giác CAB . Do dt DAB = dt CAB DK’ = CH. Gọi C’ ; D’ lần lượt là hình chiếu của C ; D trên (P) MC’ = MD’ vì CH // (P) ; DK// (P) MC’D’ cân tại M MI’  C’D’ ; I’ là trung điểm C’D’ Kẻ II’ // AB ; ( I CD ) ; IK //MI’ MKII’ là hình chữ nhật. Vậy IK là đường vuông góc chung của AB và CD và I là trung điểm CD *) Vai trò A ; B ; C ; D bình đẳng . Bằng cách dựng tương tự mf(P’)  Cd ta chứng minh K’ là trung điểm của AB và I’K’ là đường vuông góc chung của AB và CD I’ I ; K’ K 0,25 Do đó tứ diện ABCD có các đường trung bình đồng thời là đường vuông góc chung 0,25 B P 0,25 K D O I A Q C Gọi O là trung điểm IK OA = OB = OC = OD vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD *) VKBCD = VKACD KI mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh CD và AB . Tương tự PQ mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh AC và BD. Vì KI PQ O O cách đều các mặt của tứ diện ABCD . Vậy O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. 2) A I D N ị B 1,0 C Gọi I ; J là trung điểm AB và CD ; N là trung điểm của IJ . Với M bất kỳ ta có 2MI MA MB   MA MB MC MD 2(MI MJ) 4MN 2MJ MC MD MA MB MC MD 4 MN bé nhất M là hình chiếu của N trên mặt phẳng (P) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất