Download Đề với đáp án thi HSG lớp 12 môn toán hay

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT (Thời gian làm bài 180’- Không kể thời gian phát đề).. MÔN THI: TOÁN[r]

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

(Thời gian làm bài 180’- Không kể thời gian phát đề)

MÔN THI: TOÁN

Bài 1 ( 2 điểm)

Cho hàm số f(x) =

Chứng minh rằng ∫

− π4

π

4

√1+x2sin xdx = f’(0)

Bài 2 ( 2 điểm)

Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi miền

khi quay quanh trục oy

Bài 3 ( 2 điểm)

Tìm m để bất phương trình: mx2 + mx + m -2  0 có nghiệm x(1;2)

Bài 4 ( 2 điểm)

Giải và biện luận phương trình: 4x+1+2(m-1)x-1=(m+1) √4 x2− 3 x −1

theo tham số m

Bài 5 ( 2 điểm)

Giải phương trình: cosx + cos2x + cos3x + cos4x = - 12

Bài 6 ( 2 điểm)

Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có:

cos A+cos B+cos C+ 1

sin A+

1

sin B+

1

sin C=

3

2+2√3 thì đều

Bài 7 ( 2 điểm)

Tìm giới hạn: lim

x→ 0

3x2− 1

sin 22 x

Bài 8 ( 2 điểm)

Giải và biện luận theo m bất phương trình:

x2−(m+1) x+m≥(x −m)log1

3

(x +3)

Bài 9 ( 2 điểm)

Trong mặt phẳng oxy cho hypebol (H): x2

9 − y

2

=1 và đường tròn (C): x2+y2=9

1 Viết phương trình tiếp tuyến của (H) kẻ qua điểm M(3;1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến chung của (H) và (C)

Bài 10 ( 2 điểm)

Cho elip (E): x2

4+y

2

=1 và hai đường thẳng (d1): x-ky=0, (d2): kx+y=0 (d1) cắt elip (E) tại A và C, (d2) cắt elip (E) tại B và D

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD

ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

x2sin 1

x2 khi x0

y=x2-6x+5 y=0

MÔN THI : TOÁN

f’(0)= lim

Δx →0

Δx2sin 1

Δx2

Δx =Δx →0lim Δx sin 1

Δx2

vì -∆x ∆x sin 1

Δx2 ∆x và Δx →0lim (-∆x)= Δx →0lim (∆x)=0

 lim

Δx →0 Δx sin 1

Δx2=0  f’(0)=0 (1)

Mặt khác: ∫

− π

4

π

4

√1+x2 sin xdx= ¿ ∫

− π

4

0

√1+x2 sin xdx+ ¿

∫

0

π

4

√1+x2sin xdx

Đặt x=-t thì dx=-dt , với x=-/4 thì t=/4, với x=0 thì t=0

− π

4

π

4

√1+x2sin xdx= ¿ - ∫

π

4

0

√1+t2sin (−t ) dt + ∫

0

π

4

√1+x2sin xdx= ¿

= −∫

0

π

4

√1+t2sin tdt + ¿ ∫

0

π

4

√1+x2sin xdx= ¿ −∫

0

π

4

√1+x2sin xdx+ ¿

∫

0

π

4

√1+x2sin xdx=0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra diều phải chứng minh

0,25 0,25 0,50 0,25 0,25

0,25 0,25

Vẽ đồ thị hàm số y=x2-6x+5

Cung AB có phương trình x = √y+4 − 3

Cung BC có phương trình x = √y+4+3



√y+4 − 3¿2dy

¿

Voy=π∫

− 4

0

(√y +4 +3)2dy − π∫

− 4

0

¿

y +4¿

3 2

¿12 π∫

−4

0

√y+4 dy=8 π¿ − 4

0 = 64

0,5

0,5 0,5 0,5

Gián tiếp loại bỏ f(x) = mx2 + mx + m -2 <0, x(1;2)

 m(x2+x+1)<2  m< 2

x2+x+1 x(1;2)

0,5 0,5

-4

5 3

1

C B

A O y

x

Xét g(x) = 2

x2+x+1 x(1;2), g’(x) =

x2+x +1¿2

¿

¿

− 2(2 x+1)

¿

hàm số nghịch biến

trong khoảng (1 ;2)

 m  Min g(x)

[1 ;2]

= 2 7

Vậy m > 72 thì bất phương trình có nghiệm x(1;2)

0,5

0,5

Điều kiện 4x2-3x-10 

Phương trình  4 x +1 x −1 - (m+1) √4 x+1 x − 1 +2(m-1) = 0

Đặt t = √4 x+ 1

x − 1 điều kiện

Phương trình trở thành

Giải ra ta được

Nghiệm t2 thỏa mãn 

Theo cách đặt ta tính được x = m2− 2 m+2

m2−2 m− 3

Kết luận: thì PT vô nghiệm

1m3 thì PT có nghiệm duy nhất x = m2− 2 m+2

m2−2 m− 3

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

Nhận thấy sin x2 =0  x=k2 (kZ) không phải nghiệm của PT

PT  2cosxsin x2 +2cos2xsin x2 +2cos3xsin x2 +2cos4xsin x2 =-sin x2

 sin 9 x2 =0  9 x2 =t  x= 2 tπ9 (tZ)

KL: x= 2 tπ9 (tZ)

0,25 0,50

0,50

Ta có cosA+cosB+cosC+ sin A1 + 1

sin B+

1

sin C=¿

=

1+4 sin A

2 sin

B

2sin

C

2+

√3

4 (sin A1 +

1

sin B+

1

sin C )+(1 −√3

4 ) (sin A1 +

1

sin B+

1

sinC ) 

x1 x −1

4

t0 t2

t2-(m-1)+2(m-1)=0 0t2

t1=2

t2=m-1

m1 m3

m<1 m=3

 1+ 44√4 sin A

2sin

B

2 sin

C

2 .

4

√ (√3

4 )3sin A1

1

sin B

1

sin C+(1−√3

4 ) (sin A1 +

1

sin B+

1

sin C)

 1+4 4

16 8 cosA

2cos

B

2 cos

C

2

+(1−√3

4 ) (cos1A

2

cosB 2

cosC

2 )

 1+4 1

2+(1−√3

4 )3 3

√cosA 1

2 cos

B

2 cos

C

2

≥3

2+2√3

Dấu ‘=’ xảy ra khi

 A=B=C  ∆ABC đều

1,0

0,5

0,5

Ta có : lim

x→ 0

3x2

− 1

sin 22 x=limx → 0(e x x22ln 3ln 3−1.

x2 ln3 sin 2x 4 cos2x)

¿ 1

4ln 3

1,5

0,5

Điều kiện x>-3

Bất PT  (x-m)x-1+log3(x+3)  0

Đặt f(x)= x-1+log3(x+3) f(x) đồng biến trong (-3;+)

f(0)=0, nên x0  f(x)  f(0)=0 hay f(x) cùng dấu với x

Do đó BPT 

Từ đó suy ra

Nếu m0 thì nghiệm của BPT là:

Nếu -3<m<0 thì nghiệm của BPT là:

Nếu m=-3 thì nghiệm là x0

Nếu m<-3 thì nghiệm là x0

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

1 Phương trình đường thẳng qua M có dạng : a(x-3)+b(y-1)=0 (a2+b20)

 ax+by-3a-b=0 đường thẳng này tiếp xúc với (H) 

0,25

4 sin A

2 sin

B

2 sin

C

3

4 sin A= √

3

4 sin B= √

3

4 sin C

1

sin A +

1

sin B+

1

sin C=

1 cos A 2

cos B 2

cosC 2 cos A

2cos

B

2cos

C

2=

3√3 8

(x-m)x0 x>-3

-3<x0 xm

-3<xm x0

9a2-b2=(3a+b)2

3a+b0

  b=0 chọn a=1,b=0 PT tiếp tuyến là : x-3=0

2 Xét tiếp tuyến cùng phương với oy có PT : x-a=0

Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C) thì  a=3

Có hai tiếp tuyến chung thỏa mãn bài toán là x-3=0 và x+3=0

Xét tiếp tuyến không cùng phương với oy có PT y=kx+b  kx-y+b=0

Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C)  hệ sau có nghiệm:

9k2-1=b2

b=3 √k2+1  Hệ vô nghiệm

b0

KL: có 2 tiếp tuyến chung là: x-3=0 và x+3=0

0,25 0,5 0,25

0,25 0,25

0,25

Tọa độ giao điểm của (d1) và (E) là nghiệm của hệ :

x

2

4 +y

2 =1

x=ky



x=ky

√4+k2  AC2 = 16(k

2

+ 1)

4+k2

Tọa độ giao điểm của (d2) và (E) là nghiệm của hệ :

x

2

4 +y

2

=1

y =− kx



y=− kx

√1+4 k2

 BD2 = 16(k2+1)

1+4 k2

Vì (d1)  (d2) nên AC  BD  4S2 = AC2.BD2 =

1+k2¿2

¿

162¿

¿

Đặt x=k20, xét f(x)=

1+x¿2

¿

162¿

¿

, f’(x)=

x +4¿2

1+4 x¿2¿

¿

(x+1)(9 x −9)

¿

f’(0)=0  x=1

Chú ý rằng: lim

x →+∞ f (x)=1

4

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên  Max f (x)

¿

= 1

4 khi x=0  k=0 Min f (x)

¿

= 4

25 khi x=1  k=1 Vậy Max SABCD=4 khi k=0, Min SABCD= 165 khi k=1

0,50

0,50

0,25

0,25

0,50

25

4

0

-+

1 0

f(x) f’(x) x

2b(b+3a)=0

9=a2

a=3 a0

9k2=b2+1 9k2+9=b2