Đề thi và đáp án thi chọn học sinh giỏi môn toán cấp 3 Bỉm Sơn tỉnh Thanh Hóa

Đề thi và đáp án thi chọn học sinh giỏi môn toán cấp 3 Bỉm Sơn tỉnh Thanh Hóa

Sở giáo dục đào tạo Thanh hoá

Tr ờng THPT Bỉm Sơn

Đề đề nghị: bảng a

Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 12

Năm học 2005 - 2006 (Thời gian làm bài 180 phút)

Bài 1: (4 điểm)

1) (Đề 48 I 2 trong 150 đề tuyển sinh Đại học)

Tìm trên đồ thị hàm số y =

1

2



x

x

hai điểm A và B đối xứng nhau qua đờng thẳng

y = x -1

2) (Tự sáng tác)

Cho a, b, c  R với a  0 và m N * thoả mãn:

0 2

4   

c m

b m

a

Chứng minh rằng:

Đồ thị hàm số: y = ax 4 + bx 2 + c luôn cắt trục ox tại ít nhất một điểm thuộc khoảng (0;1).

Bài 2: (5 điểm)

1) (Tự sáng tác)

Tìm tổng tất cả các nghiệm x  [1;100] của phơng trình:

Sin 4 x + Sin 4 ( x +

4

 ) + Sin 4 (x + x Sin 4x

2

3 ) 4

3 ( sin ) 2

4



2) ( Toán học tuổi trẻ năm 2003)

Cho tam giác ABC không có góc tù thoả mãn hệ thức:

6

5 cos cos

) 2 cos 2

(cos 2

1 ) 3 cos 3

(cos 3

1











A

Hãy tính các góc của tam giác đó.

Bài 3: (4 điểm)

1) (Toán Bồi dỡng giải tích tổ hợp của Hàn Liên Hải - Phan Huy Khải)

Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) =

2

3 2 4 5



 x x x

2) (Tự sáng tác)

Giải phơng trình: 3x 2 + 1 + log 2006 6

2 6

2

1

2

x x

x









Bài 4: (4 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy

1) ( Đề thi tuyển sinh vào ĐHXD - Hà Nội năm học 2000-2001)

Cho điểm A(4;0) và đờng thẳng : 4x - 9 = 0 Chứng minh rằng tập hợp các điểm

M có tỷ số khoảng cách từ đó đến điểm A và từ đó đến đờng thẳng  bằng

3

4

là một Hypebol Hãy viết phơng trình của Hypebol đó.

2) ( Chuyên đề về hình học giải tích của Cam Duy Lễ - Trần Khắc Bảo)

Cho Parabol y 2 = 2px (p > 0) và đờng thẳng d di động nhng luôn đi qua tiêu điểm

F của Parabol Gọi M, N là các giao điểm của parabol với đờng thẳng d Chứng minh rằng đờng tròn đờng kính MN luôn tiếp xúc với một đờng thẳng cố định.

Bài 5: (3 điểm) (500 Bài toán về bất đẳng thứccủa Phan Huy Khải -Tập II)

Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành Gọi K là trung điểm của SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lợt tại M và N Gọi V 1 , V thứ tự là thể tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số

V

V1

.

đáp án - thang điểm

kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi tỉnh - môn toán LớP12

Bài 1: (4 điểm)

1) (2 điểm)

Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đờng thẳng y = x -1 nên đờng thẳng AB có

pt: y = -x + m

=>Hoành độ các điểm A, B là xA, xB chính là nghiệm pt:

m x

x



2

=-x +m

 g(x) = 2x2 - (m + 1)x + m = 0

0,5 điểm

Gọi I là trung điểm của AB ta có xI =

4

1 3 4

1 2

















m x y m

x x

I I B

A

Ta phải có điểm I thuộc đờng thẳng y =x -1 => 1

4

1 4

1 3







m

 m = -1

0,5 điểm

Khi đó g(x) = 2x2 - 1= 0  x =

2

2

Với xA =

-2

2 => yA = -xA-1 = -1+

2

2 ; Với xB =

2

2 => yB =

-1-2 2

Vậy hai điểm cần tìm là

A(-2

2 ; -1+

2

2 ) và B (

2

2 ;

-1-2

2 )

0,5 điểm

2) (2 điểm)

Xét hàm số f(x) =

m

cx m

bx m













2 4

2 4

với a  0 và m N*

Là hàm số liên tục và có đạo hàm là:

f’(x) = axm+3 + bxm+1 + cx m-1 với xR 0,5 điểm

Ta tính đợc f(0) = 0 và f(1) = 0

2

4   

c m

b m

a

(do giả thiết) Theo định lý Lagrăng: tồn tại x0 (0;1) sao cho f’(x0) = 0

0 1

) 0 ( ) 1 (





 f

0

1 0

3

0









=> x ( 2 ) 0

0

4

0

1

0 ax b c 

m => ax4 + bx2 + c = 0 0,5 điểm Tức là pt: ax4 + bx2 + c = 0 có nghiệm x0 (0;1)

Hay đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c luôn cắt ox tại ít nhất 1 điểm thuộc (0;1)

0,5 điểm

Bài 2: (5 điểm)

1) (3 điểm)

Trớc hết biến đổi vế trái của pt: Sử dụng công thức Sin ( +

2

 ) = cos

Ta đợc: VT = Sin4x + cos4x + Sin4 (x+

4

 ) + Cos4 (x+

4

 ) = (Sin2x +Cos2x) - 2Sin2x Cos2x + 1 - 2Sin2 (x+

4

 ).Cos(x+

4

 ) = 1-

2

1

Sin22x +1 -

2

1 Sin2(2x +

2

 ) = 2 -

2

1 Sin22x -

2

1 Cos22x = 2 -

2

1

= 2

Nên pt đã cho viết thành:

2

3 Sin44x =

2

3  Sin24x = 1  Cos 4x = 0

0,5 điểm

 4x =

2



+ k  x =

8

 + k

4

 với k  Z

Để x  [1; 100] ta phải có: 1 

8

 + k

4



 100  8  (2k+1)   800

mà k  Z nên k = 1, 2, 3 …….,126

0,5 điểm

Nên tổng các nghiệm cần tìm là: S =  











126 1

126 1

) 1 2 ( 8 ) 2 1 (

k

k

k 

Ta có 





126

1

) 1 2

(

k

k là tổng của 126 số hạng của cấp số cộng có u1= 3 và u126 =

253

2

126 ).

253 3 (



0,5 điểm

2) (2 điểm)

Ta có

3

1

(Cos 3A + Cos 3B) -

2

1 (Cos 2A + Cos 2B) + Cos A +CosB =

6

5 (1)



3

1

(4 Cos3A - 3 CosA + 4 Cos3B 3CosB)

-2

1 (2Cos2A-1+2Cos2 B-1)+CosA+CosB =

6 5

 (

3

4

Cos3A - Cos2A) + (

3

4 Cos3B - Cos2B) =-

6

1 (2) Xét hàm số f(t) =

3

4

t3 - t2 với t [0;1] ta có:

0,5 điểm

f’(t) = 4t2 - 2t; f’(t) = 0  t = 0

t =

2

1 Ta có bằng biến thiên;

=> Với t [0;1] thì f(t)  f(

2

1 ) = -12

1

0,5 điểm

Vì ABC không có góc tù nên 0  CosA <1

0  Cos B <1

3

4

Cos3A - Cos2A  -

12 1

3

4

Cos3B - Cos2B  -

12

1 => VT (2) 

-6

1 (3) 0,5 điểm

Do đó (2) đợc thoả mãn  (3) xảy ra dấu “=” => Cos A =

2 1

Cos B =

2 1

=> A = 600

B = 600 => C = 600

0,5 điểm

Bài 3: ( 4 điểm)

1) (2 điểm)

t 0

2

1 1 f’(t) 0 - 0 +

f(t)

12 1



Ta có:

2 3

2 3 2

3 2

4

5











x x x x x

x vì x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 2 ) (x2 + 1)

Đặt

1 2

2 3

2

3

2 2

2

4

3



















x

D Cx x

b Ax x

x

x

 3x3 + 2x = (Ax + B) (x2 + 1) + (Cx + D) (x2 + 2) Với x

0,5 điểm

Hay 3x3 + 2x = (A+C)x3 + (B + D)x2 + (A + 2C)x + B + 2D Với x

=> A + C = 3 B = D = 0

B + D = 0 => C = -1 tức là

1 2

4 2 3

2 3

2 2

2 4 3

















x

x x

x x

x

x x

A + 2C = 2 A = 4

B + 2D = 0

=> f(x) = x -

1 2

4

2 2





x x

x

=> f(x)dx =

1

) 1 ( 2

1 2

) 2 ( 2 2 1 2

4

2 2

2 2

2 2

2































x

x d x

x d x

x

xdx x

xdx x

0,5 điểm 0,5 điểm

Vậy  f(x)dx = x  x   ln(x  1 ) k

2

1 ) 2 ln(

2 2

2 2

2

với k là hằng số 0,5 điểm 2) (2 điểm)

PT đã cho viết thành: log2006

1

2 4

2 6 2







x x

x

= x6 - 3x2 - 1 (1)

Đặt: u = 4x2 + 2 > 0 ta đợc pt: log2006

v

u

= v - u

v = x6 + x2 + 1> 0

 log2006u - log2006v = v- u (*) 0,5 điểm

- Nếu u > v thì VT (*) > 0 > VP (*) nên không thoả mãn

- Nếu u < v thì VT (*) < 0 < VP (*) nên không thoả mãn

- Xét u = v thì VT (*) = 0 VP (*)

Do đó pt (*) x6 + x2 + 1 = 4x2 + 2  x6 - 3x2 - 1= 0 (2)

Đặt t = x2  0 ta đợc pt: f(t) = t3 - 3t - 1 = 0 (3)

0,5 điểm

Ta có f’(x) = 3t2 - 3; f’(t) = 0  t = -1

t = 1 Ta có bảng biến thiên

t -∞ -1 0 1 +∞

f’(t) + 0 - 0 + hơn nữa f(2) = 1

f (t) 1 +∞

-∞

Do đó pt (3) có nghiệm với t  0 và là nghiệm duy nhất t (0;2)

Đặt t = 2 cos  với 0 <  <

2



ta đợc 8 Cos3 - 6 Cos  - 1 = 0

 4Cos3 - 3 Cos =

2

1 hay cos 3 =

3

3 2

 

 (Do 0 <  <

2

 )

0,5 điểm

0,5 điểm -3

-1

=>  =

9



ta có t = x2 = 2 Cos

9

 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = 

9

2Cos

Bài 4: (4 điểm)

1) (2 điểm): Giả sử điểm M (x;y) khi đó AM = (x 4 ) 2 y2

Khoảng cách từ M đến đờng thẳng : 4x - 9 = 0 là d(M;) =

4

9

3

4 )

;

(

2 2













M

d

AM

 7xx2 - 9y2 = 63  1

7 9

2 2



 y x

Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là Hypebol có phơng trình 1

7 9

2 2



 y x

0.5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

2)( 2 điểm): Parabol y2 = 2px đờng

chuẩn là : x =

-2

p

Đờng tròn

đờng kính MN có tâm là trung

điểm I của MN và bán kính R=

2

MN

Gọi M1; N1, H thứ tự là hình chiếu

Của các điểm M, N và I

Theo đ/n của Parabol có

MM1 = MF

NN1 = NF

=> MM1 + NN1 = MF + NF = MN

Mà trong hình thang vuông MM1N1N thì MM1 + NN1 = 2 IH Do đó IH=

2

MN

Vậy đờng tròn đờng kính MN luôn tiếp xúc với đờng chuẩn của Parabol

0,5 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

Bài 5: (3 điểm):

Vì ABCD là hình bình hành

=> VSABC = VSADC =

2

1 VSABCD =

2

1

V

SB

SM

SD

SN

 thì

4

.

SC

SK SB

SM

V

V

SAMK SABC

=> V1 = VSAMK + VSANK =

4

V

(x + y) (1) Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK =

= x.y

2

V

+ x.y

4

V

=> V1 =

4

.

3xy V

(2)

Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y = x (3)

0,5điểm

0,5điểm

y

M F I d

x O

S

K

C

N

P

B

M

A

D

N1

M1 H

Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x >

3 1

1 3







x

x SD

SN

 2x3 - 1  0 (vì 3x-1) 0 => x 

2

1

do đó

2

1  x

 1

Từ (1) =>

4

1

1



V

V

(x + y) = xy

4

3 =

) 1 3 ( 4

3 1

3

4





x x

x x

Xét hàm số f(x) =

) 1 3 ( 4

3 2



x

x

2

1



x Ta có f’(x) = 4 ( 3 1 ) 2

) 2 3 ( 3





x

x x

f’(x) = 0  x = 0 không thuộc đoạn [ ; 1

2

1 ]

x =

3 2 => Bảng biến thiên x

2 1

3 2 1

f’(x) - 0 +

f(x) 3/8 3/8

3 1

Suy ra

3

1

 f(x) 

8

3 với x  [ ; 1

2

1 ] hay

3

1



8

3

V V

Vậy Min (

V

V1

) = 3

1 khi x =

3

2 hay SM =

3

2 SB

Và Max (

V

V1

) = 8

3























B M

M x

x

1 2 1

0,5 điểm 0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

là trung điểm của SB