Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Lê Văn Minh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Lê Văn Minh (Có đáp án)

1. Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn: Toán Thời gian: 180 phút Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh Lê Văn Khởi Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số: y x 3 3x 2 1 (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Biện luận theo k số nghiệm của phương trình: y x 3 3x 2 kx k 0 (1) Câu 2: (4 điểm) a) Chứng minh rằng: e x cos x x 2 với x 0 b) Tìm m để pt sau có nghiệm: 2 2 4 x mx 1 2 x 1 x 2 2mx 1 Câu 3: (5 điểm) 2 (1 cos x)1 sin x a) Tính: ln dx 0 1 sin x x b) Tìm x Z thoả mãn sin tdt cos 2x 1 0 c) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn: a 2004 b 2004 c 2004 d 2004 2005 2005 2005 2005 a b c d Chứng minh rằng: a 2006 b 2006 c 2006 d 2006 Câu 4: (3,5 điểm) x 2 y 2 x 2 y 2 Cho elíp: 1 (E) và Hypebol: 1 (H) (với a, b, m, n > 0) có cùng chung tiêu a 2 b 2 m 2 n 2 điểm F1 và F2: Chứng minh rằng tiếp tuyến của (E) và (H) tại giao điểm của chúng vuông góc với nhau. Câu 5: (4,5 điểm) Cho tứ diện đều ABCD, gọi (C) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Điểm – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. M (C), gọi A 1, B1, C1, D1 lần lượt là hình chiếu của M trên các mặt phẳng (BCD); (ACD); (ABD); (ABC). a) Tìm vị trí điểm M (C) sao cho tổng: S = MA1 + MB1 + MC1 + MD1 đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. b) Chứng minh rằng tồn tại điểm M (C) để 4 điểm A1, B1, C1, D1 không đồng phẳng: – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn: Toán Thời gian: Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh Lê Văn Khởi Câu 2 Câu a: (2 điểm) Chứng minh rằng e x cos x x 2(1) với x 0 0,25 (4 điểm) (1) e x cos x x 2 0 với x 0 Đặt: f (x) e x cos x x 2 Ta có: f '(x) e x sin x 1 0,25 f "(x) e x cos x 0,25 Vì x 0, e x 1 còn cos x 1 f "(x) e x cos x 0 với x 0 0,25 Vậy hàm số f(x) = đồng biến trên 0, 0,25 f '(x) f '(0) e 0 sin 0 1 0 f '(x) 0 với x 0 0,25 hay f(x) đồng biến 0, 0,25 f (x) f (0) e 0 cos 0 0 2 0 0,25 f (x) 0 e x cos x x 2 với x 0 Câu b: (2 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 0,5 2 2 4 x mx 1 2 x 1 x 2 2mx 1 0 (1) 2 2 Phương trình (1) 2 2x 2mx 2 2 x 1 2x 2 2mx 2 x 2 1 2 2 2 2x 2mx 2 2x 2 2mx 2 2 x 1 x 2 1 (2) 0,25 Xét hàm số f (t) 2t t Ta có f '(t) 2t ln 2 1 0,5 Ta có f '(t) 0t Vậy hàm số f (t) đồng biến  t 0,25 Từ đẳng thức (2) 2x 2 2mx 2 x 2 1 0,25 x 2 2mx 1 0 (3) 0,25 Phương trình (1) có nghiệm Phương trình (3) có nghiệm ' 0 m2 - 1 0 m 1 Câu 3 2 (1 cos x)1 sin x (5 điểm) Câu a: (2 điểm) Tính: ln dx 0 1 sin x – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. 0,5 2 2 2 I ln(1 cos x)dx sin x ln(1 cos x)dx ln(1 sin x)dx 0 0 0 (I)1 ( I2) (I3) Chứng minh: I1 = I3 0,25 x 0 t 2 Đặt: x t dx dt : 2 x t 0 2 2 2 2 I ln(1 cos( t))dt ln(1 sint)dt ln(1 sin x)dx I 1 3 0 2 0 0 Vậy I1 - I3 = 0 0,25 0,25 2 Ta tính: I sin x ln(1 cos x)dx 2 0 x 0 t 2 Đặt: t 1 cos x dt sin xdx : x t 1 2 1 0,25 2 u ln t du dt I ln tdt Đặt: 2 t 1 dv dt v t 2 0,25 I t ln t 2 dt (t ln t t) 2 2 1 1 1 I 2 2 ln 2 1 0,25 Câu c: (1,5 điểm) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn: 0,25 a 2004 b 2004 c 2004 d 2004 2005 2005 2005 2005 a b c d Chứng minh rằng: a 2006 b 2006 c 2006 d 2006 2005 2006 Đặt: x a 2004 , y b 2004 , m c 2004 , n d 2004 , ,  2004 2004 x y m n(1) 0,25 Theo đề ra ta có: Từ (1) và (2) ta có: x y m n (2) x (m n x) m n – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. Xét hàm số f (x) x (m n x) m n ; 1 ; x > 0 0,25 m n 0,25 f '(x) x 1 (m n x) 1  => f '(x) 0 x 2 Suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm 0,25 x m y m mà f (m) f (n) 0 x n y n a c a d Vậy hoặc b d b c Từ đó ta suy ra: a 2006 b 2006 c 2006 d 2006 0,25 x 0,5 Câu b: (1,5 điểm) Tìm x Z thoả mãn sin tdt cos 2x 1 0 x Ta có: sintdt cost x cos x 1 0 0 Vậy: cos 2x 1 cos x 1 cos 2x cos x 2 0 cos x 1 0,5 2 2cos x cos x 3 0 3 cos x (loai) 2 cos x 1 x 2k vì x Z, k Z => k = 0 x 0 nghiệm phương trình x 0 0,5 Câu 4 x 2 y 2 x 2 y 2 Elíp: 1 (E) và Hypebol: 1 (H) có chung tiêu điểm (3,5 điểm) a 2 b 2 m 2 n 2 F1(-c;0); F2(c;0) Vậy c2 = a2 - b2 (a > b > 0) 0,25 c2 = m2 + n2 (m,n > 0) Vậy: a2 - b2 = m2 + n2 a2 - m2 = b2 + n2 0,25 Toạ độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 x 2 y 2 1(E) a 2 b 2 x 2 y 2 1(H ) m 2 n 2 b 2 n 2 0,5 Giải ra ta được: x am b 2 (a 2 m 2 ) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
6. a 2 m 2 0,5 y bn b 2 (a 2 m 2 ) Có 4 giao điểm. Giả sử 1 giao điểm : 0,25 b 2 n 2 a 2 m 2 M (am ; bn ) Nhận xét: b 2 (a 2 m 2 ) b 2 (a 2 m 2 ) 2 biểu thức căn bằng nhau do a2 - m2 = b2 + n2 b2 n2 đặt: k ; M (amk, bnk) b2 (a 2 m2 ) Phương trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng: 0,25 amk bnk mk nk x y 1 x y 1 (d1) a 2 b 2 a b Phương trình tiếp tuyến của Hypebol tại M có dạng: 0,25 amk bnk ak bk x y 1 x y 1 (d2) m2 n2 m n m n 0,25 Tiếp tuyến (d1) có véc tơ pháp tuyến n ( ; ) 1 a b a b Tiếp tuyến (d2) có véc tơ pháp tuyến n ( ; ) 2 m n ma nb 0,25 Ta có: n .n 0 n n d d 1 2 ma nb 1 2 1 2 Vậy 2 đường thẳng (d1) và (d2) vuông góc với nhau. 0,25 Tương tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của (H) và (E) vuông góc với nhau. – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. Câu 5 Câu a: (2,5 điểm) A 0,25 (4,5 điểm) Không làm mất tính tổng quát. Giả sử đường thẳng AM cắt mf (BCD) tại 1 điểm nằm trong BCD. Ta có: H1 H3 H2 VMABCD = VMABC + VMACD B I D + VMADB C2 D2 H B2 D1 C C1 B1 0,25 Mặt khác: VMABCD = VABCD + VMBCD Gọi B là diện tích một mặt của tứ diện, h là đường cao: 0,5 1 1 B(MB MC MD ) B(h MA ) 3 1 1 1 3 1 Ta có tổng S = MA1 + MB1 + MC1 + MD1 = h + 2 MA1 0,25 Vì h không đổi S lớn nhất khi MA1 lớn nhất: 0,25 MA1 lớn nhất AM là đường kính của (C): Max S = h + 2MA1 = h + 2MH = 2(h + MH) - h = 4R - h 0,25 Khi AM là đường kính: 0,25 Ta có 4 vị trí của M để S lớn nhất đó là: AM hoặc BM, CM, DM là đường kính của (C) Min S = h + 2MA1 Khi MA1 nhỏ nhất MA1 = 0 M trùng với các đỉnh B 0,25 hoặc C, hoặc D. Vậy min S = h khi M trùng với các điểm A hoặc B, C, D 0,25 Câu b: (2 điểm) Khi AM là đường kính của mặt cầu (C) điểm 0,5 A1  H tâm mặt phẳng BCD. Gọi H1, H2, H3 lần lượt là tâm của các mặt ABC, ACD, ABD. I là tâm mặt cầu (C) Ta có MD1 // IH1, MB1 // IH2, MC1 // IH3 0,5 mf (B1D1C1) // mf (H1H2H3) 0,5 Mặt khác (H1H2H3) // (BCD) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
8. (B1D1C1) // (BCD) vì A1  H (BCD) nên 4 điểm A 1,B1,C1,D1 không 0,5 đồng phẳng Câu 1 Câu a: (2 điểm) (4 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y x 3 3x 2 1 (C) + Tập xác định: x R 0,25 + Chiều biến thiên: y' 3x 2 6x 0,25 2 x1 0 y' 0 3x 6x x2 2 Xét dấu y' + + 0,25 0 - 2 Hàm số đồng biến ( ;0)  (2; ) nghịch biến (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x1 0 giá trị cực đại y(0) = 1 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x2 0 giá trị cực tiểu y(2) = -3 + Điểm uốn y" 6x 6 y" 0 x 1 0,25 y" đổi dấu khi x đi qua điểm 1 Đồ thị có điểm uốn U (1;-1) + Lim y , Lim y 0,25 x x Bảng biến thiên: x 0 2 y' + 0 - 0 + y 1 - 3 + Đồ thị đi qua các điểm: 0,5 y x -1 0 1 2 3 y -3 1 -1 -3 1 1 -1 1 2 x -1 -3 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
9. Câu b: (2 điểm) 0,25 Biện luận theo k số nghiệm của phương trình: y x 3 3x 2 kx k 0 (1) Phương trình (1) x 3 3x 2 1 k(x 1) 1 Đặt: y x 3 3x 2 1 (C) đồ thị vừa khảo sát ở trên 0,25 y k(x 1) 1 (d) là đường thẳng quay xung quanh điểm A (- 1;1) cố định 0,25 Điều kiện cần và đủ để (d) là tiếp tuyến của (C) là hệ có nghiệm: x 3 3x 2 1 k(x 1) 1(1) 3x 2 6x k(2) Thay (2) vào (1) ta được x 3 3x 2 (3x 2 6x)(x 1) 0,25 x1 0 2 2x 6x 0 x2 3 x3 3 0,25 x1 0 k1 0 y 1(d1 ) Với : x2 3 k 2 9 6 3 y (9 6 3)(x 1) 1(d 2 ) x3 3 k3 9 6 3 y (9 6 3)(x 1) 1(d 3 ) * Biện luận: y + Khi 9 6 3 k 0 hoặc 0,25 A d1 k 9 6 3 (d) cắt (C) tại 3 điểm 1 1 2 phương trình (1) có 3 nghiệm -1 x + Khi k = 0 hoặc k 9 6 3 hoặc k 9 6 3 thì (d) và (C) -3 0,25 có hai điểm chung d3 phương trình (1) có 2 nghiệm d2 – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
10. + Khi k 9 6 3 hoặc 0,25 0 k 9 6 3 thì (d) và (C) cắt nhau tại 1 điểm phương trình (1) chỉ có 1 nghiệm duy nhất – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất