Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 - Kèm Đ.án

Chia sẻ: Nguyen Phuong Ha Linh Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

350
lượt xem 93
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 kèm đáp án giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi. Chúc các em thành công!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 - Kèm Đ.án

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 1M 2. 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 M3 và M4. Câu 2: ( 5 điểm) Giải các phương trình sau: a) tgxsin2x - 2sin2x = 3 (Cos2x + sinxcosx) (1) 2 2 x b) 4 X = (2x – x +1)2 (2) Câu 3: ( 4 điểm) Tính tích phân sau:  2 sin x I=  sin 3 dx 0 x  cos 3 x 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. 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 Hàm số đồng biến (-  ; -2)  ( ; ) , nghịch biến 3 2 (2; ) (0.25). 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   ; xlim y     x   (0.25đ)  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(- ; ) 3 27 (0.25đ)
 Bảng biến thiên: (0,5đ) 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) 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 = - 2 (0,75 đ) 3 x0  4 yI = y0 + k( ) 2 x0  4 I x= 2 Giới hạn: (1) có 2 nghiệm phân biệt   0 f(x0)  0 2 3 x  8 x0 k> 0 4 (0,5) k  x 0 2  8 x0  4
c) ( 2đ) Để thỏa mãn YCBT: y’ = 3x2 + 8x + 4 = a có 2 nghiệm phân biệt (0,25đ) 4 a> - 3 (0,25đ) x 4 8x  7 Nhận xét: x3 + 4x2 + 4x + 1 = (3x2 + 8x +4)(  )- 8 9 9 (0,5đ) Gọi M3(x3; y3), M4(x4; y4) x3 4 8 x3  7 y3 = a(  ) (0,5đ) 8 9 9 x4 4 8 x4  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)  Đ/K : x   k (k  z ) 2 (0,25đ) 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 ) 3 (0,25đ) 2 a) (2) 2 2 x  x  2 x 2  x  1 (0.5đ) 1 Đặt 2x2 – x = t (t   ) 8 (0.25đ) Phương trình trở thành: 2t  t  1 2 t  t  1  0 Khảo sát f(t) = 2 t  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)
1  x= 0 ; x=  ; x=1 2 (0.25đ ) Câu 3: (4 đ)  2 cos x Xét J=  sin 3 dx 0 x  cos 3 x (0.25đ)  Ta CM được I = J (đặt x=  t ) 2 (0.75đ)    2 4 2 dx dtgx d cot gx I+J =  =  tg  0 sin x  sin x cos x  cos 2 x 2 0 2 2 x  tgx  1  cot g x  cot gx  1 4 (0.75đ) Đặt tgx(cotgx) = t 1 1 1 d (t  ) dt 2  I + J = 2 2 =2  (0.75đ) t  t 1 1 2 3 0 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) 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)
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 MÔN: TOÁN THỜI GIAN: 180' 1 3 1 Bài 1:(4 điểm). Cho hàm số: y 3 x  mx 2  2 x  2m  (cm) 3 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Tìm m  (0; 5 ) sao cho hình phẳng giới hạn bởi đồ 6 thị (Cm), và các đườ ng 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). 2. giải phương trình: log22 x + x.log7(x + 3)= log2x x [ 2 + 2.log7(x + 3)] 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 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). 1. Cho hàm số f(x) xác định và dương trên R thỏa  f '2 ( x )  4 f ' ( x). f ( x)  f 2 ( x)  0 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