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

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

1. Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 Môn: Toán. Bảng A-B (Thời gian làm bài 180 phút) x 2 2x 2 Câu I. (5 điểm). Cho hàm số y x 1 1, Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. x y 2, Chứng minh đường thẳng (d): 1 có đúng hai điểm mà từ mỗi điểm đó 2 1 kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc. Xác định toạ độ hai điểm đó. Câu II. (4 điểm). x my m 1, Biện luận theo m số nghiệm của hệ phương trình 2 2 x y x 2 2 Khi hệ có hai nghiệm (x1;y1), (x2;y2) tìm m để P (x2 x1 ) (y2 y1 ) lớn nhất. 1 x2 1 2x 2 2 1 1 2, Giải phương trình: 2 x 2 x 2 x Câu III. (5 điểm) 1, Đường thẳng (d) cắt Parabol (P): y x 2 2x 3 tại hai điểm phân biệt A, B lần lượt có hoành độ x1; x2 giả sử x1<x2 và AB=2. Tìm x1; x2 để hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng (d) và Parabol có diện tích lớn nhất. 2, Tam giác ABC không có góc tù và sin 2 A sin 2 B sin C . Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Câu IV. (4 điểm) e cos x cos 3x 1 neu x 0 1, Tính đạo hàm của hàm số: y x tại x=0 0 neu x 0 2, Hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên hợp với đáy r 1 góc α, 0 90 . Chứng minh ( với r, R lần lượt là bán kính mặt cầu nội R 3 tiếp, ngoại tiếp hình chóp). Câu V. (2 điểm). Qua đường cao hình tứ diện đều dựng một mặt phẳng cắt ba mặt bên tứ diện theo ba đường thẳng tạo với đáy tứ diện lần lượt góc α, β, γ. Chứng minh: tg 2 tg 2  tg 2 2 . – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. đáp án tháng điểm Đề thi học sinh giỏi lớp 12 (Gồm có: 6 trang) Câu ý Nội dung điểm I 1 2,5 a. TXĐ: R\{1} 1 b. SBT: y’ = 1- = 0 x = 0; x = 2 (x 1) 2 0,5 yCĐ = y(0) = - 2 yCT = y(2) = 2 Do hàm sốđồng biến trong khoảng (-; 0) và (2; +); nghịch biến trong khoảng (0; 1) và (1; 2). Tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 do Tiệm cận xiên là đường thẳng y = x – 1 do 0,5 x 2 2x 2 1 lim (x 1) = lim x x 1 x x 1 x 2 2x 2 Giới hạn: lim x x 1 BBT: x -  0 1 2 y' + 0 - - 0 + 0,5 y 2 + + -  -  2 c. Đồ thị y Như hình vẽ. Nhận điểm 1;0 làm tâm đối xứng y=x -1 2 O 0,5 1 2 x -1 -2 x =1 I. 2. Chứng minh trên đt (d) 2,5 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. x 0 Gọi điểm M x0 ; y0 d thì toạ độ M x0 x0 2 y 1 0,5 0 2 2 Gọi k là hệ số góc đt đi qua M thì có phương trình dạng: y = k(x – x0) + x0 - 2 Đt là tiếp tuyến của (P) thì hệ phương trình: 1 x0 2 x 1 k(x x0 ) (1) 0,5 x 1 2 có nghiệm x 1 1 0 1 k (2) 2 (x 1) 1 Biến đổi (1) ra dạng: x -1 + = k(x – 1)+ k(1 – x0)+ x 1 x 2 0 (1’) 2 Và thay k vào (1’) , ta có: 0,5 1 1 x 2 x -1 + =1 (x – 1)+ k(1 – x )+ 0 . 2 0 x 1 (x 1) 2 1 2k(x 1) x 2 = 0 0 (3) x 1 4 Thay (3) vào (2) ta có: 2 2 2 4k (1 – x0) + 4k [(x0 – 2)(1 – x0) + 4] + (x0 – 2) – 16 = 0 (4) Qua M kẻ 2 đt vuông góc tới (C) nên phương trình (4) phải có hai nghiệm k1; k2 và k1.k2 = -1. 0,5 1 x0 0 ĐK (x 2)2 16 0 1 2 4(1 x0 ) 6 76 x1 x0 1 5 2 5x0 12x0 8 0 6 76 x 0,5 2 5 6 76 76 4 6 76 4 76 Hai điểm M ; M 1 ; 2 ; 5 10 5 10 II 4,0 1. Biện luận số nghiệm hệ phương trình: 2,0 1 1 Xét pt: x2 + y2 = x (x - )2 + y2 = là pt của đường tròn tâm 2 4 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. 1 1 I( ; 0) ; bk: R= 2 2 0,5 Xét pt: x + my = m x + m(y – 1) = 0 là pt của đường thẳng luôn đi qua điểm cố định A(0; 1). Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn. 1 m m 0 y 2 1 điểm = 4 A(0; 1) m2 1 2 m 3 B (m = 0 (d) tiếp xúc đường tròn tại O(0; 0)  0,5 I 4   M = (d) tíêp xúc đường tròn tại B) O x 3 Số nghiệm hệ phương trình là số giao điểm của đt(d) và đường tròn: m 0 Nếu 4 Thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất. m 3 m 0 0,5 Nếu 4 Thì hệ phương trình vô nghiệm. m 3 Nếu 0 2x + . = 2x + . 0,5 2 x2 2 x2 1 Xét hàm số: f(t) = 2t + t 2 Nhận xét: f(t) là hàm số đồng biến. 0,5 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. 1 x2 1 2x Viết phương trình đã cho ra dạng: f( )= f( ) x2 x2 (Loại) 2 x 0 1 x 1 2x 2 = x – 2x = 0 0,5 x2 x2 x 2 Vật pt có nghiệm x = 2 III 5,0 1. Tìm x1 ; x2 để diện tích 2,5 Xét đường thẳng y = ax + b không song song với trục tung (Vì Parabol có trục đối xứng x0 = 1 song song trục tung) Hoành độ x1; x2 của hai điểm A, B xác định từ pt: 0,5 -x2 + 2x + 3 = ax + b - x+ (2 – a)x + 3 –b = 0 (1) 2 Hay (-x + (2 – a)x + 3 - b= -( x – x1)(x- x2)) ĐK: (2 – a)2 + 4(3 – b) > 0. Nhận xét x [ x1; x2] thì -( x – x1)(x- x2) > 0 Nên diện tích hình phẳng: x2 x2  2 0,5 S= - (x x1).(x x2 )dx = - x x1 x2 x x1x2 dx x1 x1  3 3 x x2 x2 x2 x1 = - x1 x2 x1x2 x 3 2 x1 6 Diện tích S lớn nhất khi (x2 – x1 ) lớn nhất Do AB = 2 = 2 2 2 2 2 0,5 (x2 x1) (y2 y1) (x2 x1) a (x2 x1) 2 4 (x2 – x1) = lớn nhất khi a = 0 1 a 2 Mà từ pt(1): x1+ x2 = 2 – a Do a= 0 0,5 Ta có: x2 + x1 = 2. Ta có: đt (d) // trục Ox nên AB = 2 = x2 x1 x2 – x1 = 2( do giả thiết x1 0,5 x1 x2 2 x2 2 Vậy x1 = 0 và x2 = 2 thì S= 4/3 lớn nhất. 2. Chứng minh tam giác ABC vuông 2,5 Ta chứng minh C = 900. – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
6. 1 Cos2A 1 Cos2B Nếu 00 Cos(A – B) > 0 Nên Sin2A + Sin2B = 1+ CosC. Cos(A – B) > 1 > SinC Nếu 900 a2 + b2 – c2 Sin2A + Sin2B < Sin2 C (Đ/l Sin) Vì 0< SinC < 1 Nên Sin2 C < SinC Do đó Sin2A + Sin2B< SinC Với C = 900 Ta có: Sin2A + Sin2B = Sin2A + Cos2A= 1 = SinC 0,5 Vậy tam giác ABC thảo mãn đề bài: Vuông tại C. IV 4,0 1. Tính đạo hàm 1,5 cos x coss3x ' y(x) y(0) e 1 Ta có: y(0) lim lim 0,75 x 0 x 0 x 0 x2 ecos x coss3x 1 cos x cos3x = lim( . ) x 0 cos x cos3x x2 ecos x cos3x 1 2sin 2x.sin x sin 2x. sin x. = lim .lim = 1.4 lim lim 0,75 x 0 cos3x 1 x 0 x2 x 0 2x x 0 x ' = 4. 1. 1 = 4 vậy y(0) = 4 2. Chứng minh 3,5 + Kí hiệu các điểm như hình vẽ H là tâm tam giác đều ABC K là trung điểm BC + SKH = 1,0 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. a 2 a 2 a 3 9cos2 + SA = SH 2 AH 2 = tg 2 = 3 12 6cos S + Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC OA = OB = OC = OS = R O A => R2 = OA2 = AH2 + OH2 C 2 2 2 2 a 2 a 3SH a(1 3cos K = (SH R) = B 3 6SH 4 3 sin cos + Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp: S IT  mp(SBC); IH = IT = r. T Thì IT = r = SI Cos = (SH – r).Cos 0,5 I SHCos a 3 sin => r = K 1 Cos 6(1 Cos ) H r 2sin 2 .cos 2cos (1 cos2 ) = = R (1 cos )(1 3cos2 ) (1 cos )(1 3cos2 ) 0,5 2cos (1 cos ) (1 3cos2 ) Đặt t = cos vì (00; 900) Nên 0 < t < 1 2t(1 t) Xét f(t) = Với Df = (0; 1) 1 3t 2 1 6(t 1)(t ) f’(t) = 3 = 0 Tại t = 1/3; t = -1. (3t 2 1)2 0,5 BBT: t -1 0 1/3 1 f'(t) - 0 + + 0 - - f(t) 0 0 Kết quả này chứng tỏ: 0< f(t) 1/3. r 1 r 1 1 0,5 Vậy ; khi f(t) = R 3 R 3 3 V 2,0 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
8. S P P 0,5 - Xét tứ diện đều S . ABC cạnh a, đường cao SH.  A B - Mặt phẳng qua SH cắt mặt phẳng (SBC) N giao tuyến SK cắt mp(SAB) giao H tuyến SN cắt mp(SAC) giao tuyến SP . M - Ký hiệu các góc , ,  (hình vẽ) C - Vì H nằm trong tam giác ABC nên M, N, P trên đường thẳng (PNM) thì M, N, P ở hai phía điểm H. SH SH SH + tg = ; tg = ; tg = HM HN HP a 3 + SH = nên hệ thức cần chứng minh tương đương với: 6 0,5 1 1 1 18 + + = HM 2 HN 2 HP2 a 2 + Gọi x, y, z là các góc do HM, HN; HP thứ tự tạo với đường vuông góc kẻ từ H xuống BC. ; xuống CA; và từ H xuống AB. a 3 0 - Ta có: HA1 = HB1 = HC1 = và góc giữa chúng 120 6 - Thì ta có: P 0,5 a 3 a 3 a 3 HM = ; HN = ; HP = N C1 6cos x 6cos y 6cos z A B - Vì x + y = 600 Và y + z = 1200 H Tức là y = 600 – x ; z = 600 + x A1 B1 M C 1 1 1 0,5 Nên: + + = HM 2 HN 2 HP2 12 cos2 x cos2 (600 x) cos2 (600 x) a 2 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
9. 3 Do: cos2 x cos2 (600 x) cos2 (600 x) 2 1 1 1 18 Nên được : + + = => đpcm HM 2 HN 2 HP2 a 2 Học sinh giải cách khác, đúng giám khảo căn cứ thành phần cho điểm tối đa. – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất