4 Đề thi HSG Toán 12 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

154
lượt xem 33
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo 4 đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 với nội dung giải phương trình, tính tích phân,...để làm quen với các dạng bài tập có thể xuất hiện trong kỳ thi học sinh giỏi sắp tới của các bạn học sinh. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 4 Đề thi HSG Toán 12 (Kèm đáp án)

www.VNMATH.com SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 3 =========***========= ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút Câu1: (6 điểm) Cho hàm số y= x3 + 4x2 + 4x +1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Cho M(x0;y0) trên đồ thị. Một đường thẳng d thay đổi đi qua M cắt đồ thị tại M1 và M2 khác M. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn M 1M2. c) Tìm a sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến cùng hệ số góc a của đồ thị hàm số, gọi các tiếp điểm là M3 và M4. Viết phương trìng đường thẳng chứa M 3 và M4. Câu 2: ( 5 điểm) Giải các phương trình sau: a) tgxsin2x - 2sin2x = 3 (Cos2x + sinxcosx) (1) 2 x 4 X = (2x – x +1)2 2 b) (2) Câu 3: ( 4 điểm) Tính tích phân sau:  2 sin x I=  sin 0 3 x  cos 3 x dx Câu 4: ( 5 điểm) Cho tứ diện ABCD có tâm mặt cầu ngoại tiếp O. Tìm các điểm M trong không gian sao cho 4 trọng tâm của tứ diện MBCD; MCDA; MDAB; MABC cách đều điểm O.
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 MÔN: TOÁN Câu 1: ( 6 điểm) a) ( 2 điểm)  TXĐ: D =R (0,25đ)  Chiều biến thiên: y’ = 3x2 + 8x + 4 2 y’ = 0 x = -2; x= - 3 2 2 Hàm số đồng biến (-  ; -2)  ( ;) , nghịch biến (2; ) (0.25). 3 3  Cực đại, cực tiểu: Cực đại tại :) xCĐ = -2; yCĐ = 1. 2 5 Cực tiểu tại: xCT = - ; yCT = - 3 27 Giới hạn lim y   ; lim y   (0.25đ) x  x   Tính lồi lõm và điểm uốn: 4 y’’ = 6x + 8 = 0 x= - 3 4 4 Hàm sô lồi từ (- ; ), lõm (- ; +  ) 3 3 4 11 Điểm uốn: I(- ; ) (0.25đ) 3 27  Bảng biến thiên: (0,5đ)
www.VNMATH.com x - -2 - 4 - 2 + 3 3 y’ + 0 - - 0 + y 1 + 11 27 5 - 27  Đồ thị (0,5 đ) 4 2 -5 A 5 -2 -4 -6 b) ( 2điểm) Gọi d qua M có hệ sô gọc k : d: y=k(x-x0) + y0 (0,25đ) Hoành độ giao điểm của đồ thị với đường thẳng d là nghiệm của phương trình: x3 + 4x2 + 4x +1 = k(x-x0) + x03 + 4x02 + 4x0 +1 x=x0 (0, 5 đ)
www.VNMATH.com x2 + ( 4 + x0)x + x02 + 4x0 + 4 – k = 0 (1) Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) => x1, x2 lần lượt là hoành độ của M1, M2 => x0  4 xI = - (0,75 đ) 2 3x0  4 yI = y0 + k( ) 2 x0  4 I x= 2 Giới hạn: (1) có 2 nghiệm phân biệt   0 f(x0)  0 3x0  8 x0 2 k> (0,5) 4 k  x0 2  8 x0  4 c) ( 2đ) Để thỏa mãn YCBT: y’ = 3x2 + 8x + 4 = a có 2 nghiệm phân biệt (0,25đ) 4 a> - (0,25đ) 3 x 4 8x  7 Nhận xét: x3 + 4x2 + 4x + 1 = (3x2 + 8x +4)(  )- (0,5đ) 8 9 9 Gọi M3(x3; y3), M4(x4; y4) x3 4 8 x3  7 y3 = a(  ) (0,5đ) 8 9 9 x4 4 8x4  7 y4 = a(  )- 8 9 9 Vậy phương trình đường thẳng đi qua M3; M4 là: x 4 8x  7 y= a(  ) + (0,5đ) 8 9 9 Câu 2: (4 đ)
www.VNMATH.com  Đ/K : x   k (k  z ) (0,25đ) 2 Chia 2 vế của phương trình cho cos2x (1) tg3x -2tg2x = 3(1-tg2x+tgx) (1đ)  tgx=-1 x=-  k (k  z ) (0,5đ) 4  tgx=  3 x=   k (k  z ) (0,5đ) 3 Vậy nghiệm của phương trình :  x=-  k (k  z ) 4  x=   k (k  z ) (0,25đ) 3 a) (2) 2 2 x  x  2 x 2  x  1 (0.5đ) 2 1 Đặt 2x2 – x = t (t   ) (0.25đ) 8 Phương trình trở thành: 2t  t  1 2t  t  1  0 Khảo sát f(t) = 2t  t  1 (0.25đ) 1 f’(t) = 2tln2 – 1 =0 2t = = ln 2 t  f’(t) - 0 + f(t) Quan sát bản bíên thiên nhận thấy phương trình có tối đa 2 nghiệm t. (1đ ) Mặt khác f(0) = f(1) = 0  Phương trình có 2 nghiệm t = 0; t= 1 (0.25đ)
www.VNMATH.com 1  x= 0 ; x=  ; x=1 (0.25đ ) 2 Câu 3: (4 đ)  2 cos x Xét J=  sin 0 3 x  cos 3 x dx (0.25đ)  Ta CM được I = J (đặt x=  t ) (0.75đ) 2    2 4 2 dx dtgx d cot gx I+J =  0 sin x  sin x cos x  cos 2 x 2 =  tg 2 x  tgx  1  cot g 2 x  cot gx  1 0  (0.75đ) 4 Đặt tgx(cotgx) = t 1 1 d (t  ) 1 dt  I + J = 2 2 =2  2 (0.75đ) 0 t  t 1 1 2 3 0 (t  )  2 4 1 3 Đặt t - = tgy 2 2 4 => I + J = (0.75đ) 3 3 2 => I= (0.75) 3 3 Câu 4: ( 6 điểm) Đặt x  OM  4OG (0.5đ) Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm của các tứ diện MBCD; MCDA; MDAB; MABC Ta có 4OA'  OM  OB  OC  OD  OM  4OG  OA  x  OA (1đ) 4 OB' = x  OB 4OC '  x  OC 4OD'  x  OD (1đ)
www.VNMATH.com Ta có: OA’ =OB’= OC’ = OD’ 2 2 2 2  16OA'  16OB'  16OC'  16OD'  ( x  OA) 2  ( x  OB) 2  ( x  OC) 2  ( x  OD) 2  xOA  xOB  xOC  xOD => x  0 (1.5đ) => OM  4OM  O => GM  5GO (0.5đ) Vậy có 1 điểm M thoả mãn điều kiện đề ra. (0.5đ)
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I 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  2 x  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 6 thẳng: x=0; x=2; y=0 có diện tích bằng 4. Bài 2: (4 điểm). 1. Giải các phương trình: 3 tgx  1 (sin x + 2cos x)=5(sin x +3cos x). x 2. giải phương trình: log22 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. x3  1 x2 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 R 1, 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). 1. Cho hàm số f(x) xác định và dương trên R thỏa mãn:  f '2 ( x)  4 f ' ( x). f ( x)  f 2 ( x)  0   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
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Đáp án Thang điểm x3 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 ''  2 x  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 + Lim x y   ; Lim x y   Bảng biến thiên x -∞ -1- 3 -1+ 3 +∞ y’ + 0 - 0 + 0,5 y CĐ +∞ -∞ CT Đồ thị: 0.5 x3 1 2. Xét phương trình :  mx 2  2 x  2m   0 trên [0; 2] 3 3
x3 1 Đặt f ( x)   mx 2  2 x  2m   0; f ' ( x)  x 2  2mx  2. 3 3 0.5 Phương trình: f ' ( x)  0 luôn có hai nghiệm trái dấu x1
x  0 x  0  + Giải (1)     ln x ln x  x2  2  x  2 x (1' )  ln x Xét hàm số: f ( x)  trên (0;+∞) ; x 1  ln x f ' ( x)  ; f ' ( x)  0  x  e x2 Bảng biến thiên. x 0 e f’ - 0 1. + 0.5 f 1 e Từ bảng biến thiên  hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2; x=4 thỏa mãn (1’). Vậy phương trình (1) có nghiệm x=2; x=4. + Giải (2). 4 3 Đặt: log 2 x  2 log 7 ( x  3)  2t  7 t  4 t  3  1  ( ) t  . (2' ) 7 7t Xét hàm số: 4 3 g (t )  ( ) t  t . luôn nghịch biến  (2’) có nghiệm duy 0.5 7 7 nhất t =1 Vậy (2) có nghiệm x =2 + 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   a  a  t  t 2 0.5 + Đặt: a  t  y  0 hệ trên  y  0 ;0  t  1  y  0; 0  t  1  y  0 ;0  t  1     a  y  t 2  a  y  t 2  t  y 0.5 a  t  y 2 (t  y )(t  y  1)  0 t 2  t  a    + Xét hàm số: f(t)= t2 – t trên [0;1]. 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)= t 2-t
1 trên [0;1]    a  0 0.5 4 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)     f (t )  t 2  2at  1  0 (t  2)(t  2at  1)  0 t  2 2  0.5 + Do (*) nên để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT (1) phải có đúng 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 t1  2  t 2  VN 0.5   t1  2  t 2  5   f (2)  0  a    4  Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì : 5 a<  4 0.5 Bài 4: 1. Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có: a a 2 R sin A R   2 R1   2 R1  R1  sin BOC sin 2 A sin 2 A 2 cos A R R Tương tự choCOA, AOB : R2  ; R3  0.5 2 cos B 2 cos C. 1 1 1 + Vậy có:    6. (1) cos A cos B cos C 1 1 1 9 9 0.5 + Dễ có :      6 (Do ABC cos A cos B cos C cos A  cos B  cos C 3 2 nhọn).
3 + ( Phải chứng minh : cos A  cos B  cos C  ) 0.5 2 + Vậy (1)  CosA  CosB  CosC  A  B  C  60 o x2 2. (E):  y 2  1 M  đường thẳng y  2  M(a;2) 0.5 4 + Gọi T1(x1,y1); T2(x2,y2) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T1, T2 là: 0.5 xx 1: 1  y. y1  1 4 x2 x 2 :  y. y 2  1 4  a.x1  4  2 y1  1 Do 1; 2 đi qua M(a, 2)     a.x 2  2 y  1  4  2 0.5 Nhận xét : T1, T2 có tọa độ thỏa mản phương trình đường thẳng a.x :  2y 1 4 Vậy phương trình đường thẳng T1, T2 là; ax + 8y – 4 =0. + Đường tròn tâm M tiếp xúc T1, T2 có bán kính là: a 2  12 R  d (M ) T1T2 a 2  64 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: 0.5
 f ' ( x)  (2  3 ) f ( x) f ( x)  4 f ( x)  f ( x)  0 '2 ' 2   f ( x)  (2  3 ) f ( x) '   f ' ( x)   2  3 (1) f ( x)  ' ( do f ( x)  0)  f ( x)   2  3 (2) 0.5  f ( x) f ' ( x) + Xét (1) Có:  f ( x) dx   (2  3 )dx  ln f ( x)  (2  3 ) x  C1  f ( x) e ( 2 3 ) x C1 do f (0)  1 e C1  1  C1  0 + Vậy: f ( x)  e ( 2 3 ) x 0.5 + Xét (2) tương tự : ta được kết quả : f ( x)  e ( 2 3 ) x. 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 0.5 Có: OA  OG  GA  OA2  OG 2  GA2  2OG.GA Tương tự ta có: OB 2  OG 2  GB 2  2OG.GB OC 2  OG 2  GC 2  2OG.GC 0.5 OD  OG  GD  2OG.GD 2 2 2 + Từ trên :  4( R 2  OG 2 )  GA2  GB 2  GC 2  GD2 + Lại có : GA.GA1= GB.GB1=GC.GC1=GD.GD1=R2 – OG2 1 1 1 1 Vậy : GA1  GB1  GC1  GD1  ( R 2  OG 2 )(    ) 0.5 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: 1 1 1 1 1 GA1  GB1  GC1  GD1  (GA  GB  GC  GD) 2 (    ) 16 GA GB GC GD  GA  GB  GC  GD 0.5 Dấu bằng xảy ra  GA  GB  GC  GD  Tứ diện ABCD gần đều hoặc tứ diện ABCD đều
0.5
SỞ GD ĐT THANH HÓA ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán - Bảng A Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: Cho phương trình: m.Cosx + Cos3x - Cos2x =1 1) Giải phương trình trên với m=1.  5 2) Tìm m để phương trình đã cho có đúng 8 nghiệm phân biệt x    ;     2 2  Bài 2: 1) Giải phương trình (Sin)x + (tg)x = ()x  (với x là tham số, 0 < x < ) 2 2) Tìm a để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt. 1 32-x - Sin a +1. log (x2 + 4x + 6) + ( 3) x 4 x .log 2 =0 2( x  Sina  1  1) Bài 3: Với mọi ABC, k 0,  . Chứng minh: 3    4 A B B C CA    Cos  Cos  Cos  Cosk ( A  )  Cosk ( B  )  Cosk (C  ) 2 2 2 3 3 3   a1 ; b1  0   1 Bài 4: Xét hai dãy số: an  ;bn  ; voi ai 1  bi  a  i  1 bi 1  ai  (i=1, 2...)   bi Chứng minh (a2006 + b2006)2 > 16039 Bài 5: Cho tứ diện ABCD 1) Gọi i (i= 1, 2, …, 6) là độ lớn các góc nhị diện có cạnh lần lượt là các cạnh của tứ diện 6 Chứng minh:  Cos i 1 i  2. 2) Gọi G là trọng tâm của tứ diện; mặt phẳng () quay quanh AG, cắt DB tại M và cắt DC tại N. Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của tứ diện ABCD và DAMN. Chứng minh:
4 V1 1   9 V 2 3) Gọi diện tích các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D của tứ diện lần lượt là: Sa, Sb, Sc, Sd. I là tâm hình cầu nội tiếp tứ diện ABCD. Chứng minh: Sa .IA  Sb .IB  Sc .IC  Sd .ID  0
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán. Bảng A Câu Nội dung Điểm Bài 1 5 1 3 Cosx  0 1 Với m =1; Phương trình    4Cos x  2Cosx  2  0 2    Cosx  0  x= 2  k    Cosx  1   x  k 2  1  2 Cosx   x    k 2  2  3 2 2 2 Cosx  0 Phương trình    4Cos x  2Cosx  m  3  0 2  3 * Cosx =0 Có 2 nghiệm: x  ; x= 0,5 2 2 * Ycbt  4Cosx - 2 Cosx +m - 3 =0 2 Cosx  t (-1  t  1)   f (t )  4 t  2 t  m  3 2 0,5  1  t1  0  t2  1: (a) Có 2 nghiệm t1, t2 thỏa mãn:   0
Sin tg   nên: 1 :    0,     2 0,5 x =0: VT =2 > VP  Khi đó x >0: VT > VP   Vậy phương trình vô nghiệm   x VP  2 2 Đặt Sina -1 =m (-2 m  0) x 2  4 x  6  2  ta luôn có: xR thì:  nên TXĐ của phương trình là R 0,5 2 x-m  2  2   3 2 x m 2  4 x 6 Ta có phương trình  ( 3) x .log ( x 2  4 x  6)  log (2 x  m  2) 2 0,25   2; +  t Xét hàm số: f(t) = 3 log (t ) : là hàm số đồng biến với x[2; +) 0,5 nên phương trình  x2 + 4x +6 = 2 x-m +2 (*)  x 2  2 x  2m  4  0 : (1)  2  x  6 x  4  2m  0 : (2) Theo yêu cầu bài toán  (*) có 3 nghiệm phân biệt  0,25 (1) cã nghiÖm kÐp x 0 ;(2) cã 2 nghiÖm  x 0  (2) cã nghiÖm kÐp x 0 ;(1) cã 2 nghiÖm  x1 (1), (2) cã 1 nghiÖm chung; 2 nghiÖm cßn l¹i kh¸c nhau 0,25   3  m 2   m   5  2 (loại) 0,25   m  2   Vậy theo yêu cầu bài toán:   a=- 6  k 2  3    Sina  1   2  a  - 5  k ' 2   6  Sina  1  2   a  -   k "2   2 Có 3 họ giá trị của a cần tìm 0,25
Bài 3 2 AC   AC 0,5 Mọi  ABC có     0  Cos 1 (1) 4 4 4 4  3  1  mà: 0  k. B   B   3B    3 4 3 4 2  3  0,5 nên: Cosk. B   Cos B   0 (2) 3 4 3 Ta có: 1 AC B C  AC A  C  2B C os 2  C os 2   C os 4 .Cos 2  4 AC   3B AC 3     C os Cos  C os Cos  B  Cosk . B   Cosk  B   : (a) 0,5 4 4 4 4 3 3  3 Chứng minh tương tự có: 1 B C C  A   2C os 2  C os 2   Cosk  C  3  : (b)    CA A B  và C os  1   C os   Cosk  A  3  : (c) 2 2 2    Từ (a), (b), (c) suy ra (đpcm)  Dấu "=" khi A=B = C= ABC đều 3 0,5 Bài 4 2 Ta có Si = (ai + bi) (i=1,2,3….) Thì 2   1 1  Si+1 = (a i+1 + bi+1 ) =  ai  bi       : (i=1,2,....) 2    ai bi    2 1 1 1 1 =  ai  bi  +2  ai  bi          2  ai bi   ai bi  0,5 2 1 1   ai  bi   8       ai  bi   8 2 2 0,5  ai bi  nên ta có: (a1 + b1)2 > 0 (a2 +b2)2 > 0 (a2 +b2)2 > (a1 + b1)2 + 8 ……………………….