Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT môn Toán

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.... ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT.[r]

Trang 1

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 1 x sin xdx = f’(0)

4

2









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) 4x2 x3  1

theo tham số m

Bài 5 ( 2 điểm)

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

-2 1

Bài 6 ( 2 điểm)

Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có:

2

3 sin

1 sin

1 cos

cos

C B

A C

B A

Bài 7 ( 2 điểm)

Tìm giới hạn:

x

x sin 2

1 3

0

2





Bài 8 ( 2 điểm)

Giải và biện luận theo m bất phương trình:

( 1) ( )log ( 3)

3 1

2  m xm xm x

x

Bài 9 ( 2 điểm)

Trong mặt phẳng oxy cho hypebol (H): 1 và đường tròn (C): x2+y2=9

9

2



 y x

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): 1 và hai đường thẳng (d1): x-ky=0, (d2): kx+y=0 (d1) cắt

4

2



 y x

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

x2sin 12 khi x0

x

0 khi x=0

y=x2-6x+5 y=0

Trang 2

ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

MÔN THI : TOÁN

0 2

2

0

1 sin lim

x

x x

x











vì -∆x ∆x sin 12 ∆x và (-∆x)= (∆x)=0

x



x

 lim sin 12 0  f’(0)=0 (1)







4

2 sin 1



xdx

 0

4

2 sin 1



xdx

0

2 sin 1



xdx x

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



4

2 sin

1



xdx

4

2 sin 1



dt t

0

2 sin 1



xdx x

0

2 sin

1



tdt

0

2 sin 1



xdx

0

2 sin 1



xdx

0







xdx x

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

0,25 0,25 0,50

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









4

2 0

4

2

) 3 4 ( 3

y

3 0

4

) 4 ( 8 4



y dy

0 4

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< x(1;2)

1

2

2  x

x

0,5 0,5

-4

5 3

1

C B

A O y

x

Trang 3

Xét g(x) = x(1;2), g’(x) = hàm số nghịch biến

1

2

2  x





0 ) 1 (

) 1 2 ( 2

2

2 x x x

trong khoảng (1 ;2)

 m  Min

  7

2 )

(

2

; 1



x g

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

7

2

0,5

Điều kiện 4x2-3x-10 

Phương trình  - (m+1) +2(m-1) = 0

1

1 4





x

1

1 4





x x

Đặt t = điều kiện

1

1 4





x

Phương trình trở thành

Giải ra ta được

Nghiệm t2 thỏa mãn 

Theo cách đặt ta tính được x =

3 2

2 2

2







m m

Kết luận: thì PT vô nghiệm

1m3 thì PT có nghiệm duy nhất x =

3 2

2 2

2







m m

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

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

2

x

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

2

x

2

x

2

x

2

x

2

x

 sin =0  =t  x= (tZ)

2

9x

2

9x

9

2t 

KL: x= (tZ)

9

2t 

0,25 0,50

0,50

C B

1 sin

1

=









































C B

A C

B A

C B A

sin

1 sin

1 4

3 1 sin

1 sin

1 4

3 2

sin 2

sin

2

sin

4

1

x1 x

4

1



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

Trang 4

 1+







































C B

A C

B A

C B A

sin

1 sin

1 4

3 1 sin

1 sin

1 4

3 2

sin 2

sin

2

sin

4

3 4

































2 cos

1 2 cos

1 4

3 1 2

cos 2

cos 2 cos

8

.

16

3 3 4

1

2 3 2

cos 2

cos 2 cos

1 3

4

3 1

2

1

.

4

1

















C B A

Dấu ‘=’ xảy ra khi

 A=B=C  ∆ABC đều

1,0

0,5













x x

e x

x

2 2

3 ln 0 2

3 ln

1 lim

2 sin

1 3 lim

2 2

ln3

4

1



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

8

3 3 2

cos 2

cos 2 cos

2 cos

1 2

cos

1 2

cos

1 sin

1

sin 4

3 sin

4

3 sin

4

3 2

sin 2

sin 2 sin 4











C B A

C B

A C

B A

C B

A

C B A

(x-m)x0 x>-3

-3<x0 xm -3<xm x0

Trang 5

Bài 9 2 điểm

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) 

  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 0,25 0,5 0,25

0,25 0,25

0,25

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

  AC2 =

ky x

y x



4

2 2

2

4

2

k y

ky x







2

4

) 1 ( 16

k



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

  BD2 =

kx y

y x





4

2 2

2

4 1

2

k x

kx y











2

4 1

) 1 ( 16

k



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

) 4 1 )(

4 (

) 1 ( 16

2 2

2 2 2

k k

k



Đặt x=k20, xét f(x)= , f’(x)=

) 4 1 )(

4 (

) 1 (

16 2 2

x x

x



2

2 ( 4 ) )

4 1 (

) 9 9 )(

1 (







x x

f’(0)=0  x=1

Chú ý rằng:

4

1 ) (



 f x

x

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên  Max khi x=0  k=0

1 )

(

; 0



x f

0,50

0,25

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

3a+b0 2b(b+3a)=0

3a+b0

9=a2

a=3 a0

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

25

4 1

+ 0

-+

1 0

f(x) f’(x) x

Trang 6

Min khi x=1  k=1

4 )

(

; 0



x f

Vậy Max SABCD=4 khi k=0, Min SABCD= khi k=1

5

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	139,05 KB