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 24 =+ + + + m 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 + xSinx 4 2 3 ) 4 3 (sin) 2 44 =++ 2) ( Toán học tuổi trẻ năm 2003) Cho tam giác ABC không có góc tù thoả mãn hệ thức: 6 5 coscos)2cos2(cos 2 1 )3cos3(cos 3 1 =++++ BABABA 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) = 23 24 5 ++ xx x 2) (Tự sáng tác) Giải phơng trình: 3x 2 + 1 + log 2006 6 26 2 1 24 x xx 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. 1 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 V 1 . 2 đáp án - thang điểm kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi tỉnh - môn toán LớP12 Nội dung Điểm 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 x A , x B chính là nghiệm pt: mx x 2 =-x +m g(x) = 2x 2 - (m + 1)x + m = 0 0,5 điểm Gọi I là trung điểm của AB ta có x I = 4 13 4 1 2 =+= + = + m mxy m xx II BA Ta phải có điểm I thuộc đờng thẳng y =x -1 => 1 4 1 4 13 + = mm m = -1 0,5 điểm Khi đó g(x) = 2x 2 - 1= 0 x = 2 2 0,5 điểm Với x A = - 2 2 => y A = -x A -1 = -1+ 2 2 ; Với x B = 2 2 => y B = -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 ax mmm + + + + ++ 24 24 với a 0 và m N * Là hàm số liên tục và có đạo hàm là: f(x) = ax m+3 + bx m+1 + cx m-1 với xR 0,5 điểm Ta tính đợc f(0) = 0 và f(1) = 0 24 =+ + + + m c m b m a (do giả thiết) Theo định lý Lagrăng: tồn tại x 0 (0;1) sao cho f(x 0 ) = 0 01 )0()1( = ff 0,5 điểm => ax 1 0 1 0 3 0 ++ ++ xmm cb = 0 => x 0)( 2 0 4 0 1 0 =++ cbax m => ax 4 0 + bx 2 0 + c = 0 0,5 điểm Tức là pt: ax 4 + bx 2 + c = 0 có nghiệm x 0 (0;1) Hay đồ thị hàm số: y = ax 4 + bx 2 + 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 = Sin 4 x + cos 4 x + Sin 4 (x+ 4 ) + Cos 4 (x+ 4 ) = (Sin 2 x +Cos 2 x) - 2Sin 2 x Cos 2 x + 1 - 2Sin 2 (x+ 4 ).Cos(x+ 4 ) = 1- 2 1 Sin 2 2x +1 - 2 1 Sin 2 (2x + 2 ) = 2 - 2 1 Sin 2 2x - 2 1 Cos 2 2x = 2 - 2 1 = 2 3 1 điểm 3 Nên pt đã cho viết thành: 2 3 Sin 4 4x = 2 3 Sin 2 4x = 1 Cos 4x = 0 4x = 2 + k x = 8 + k. 4 với k Z 0,5 điểm 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 )12( 8 )21( 8 kk kk 0,5 điểm Ta có = + 126 1 )12( k k là tổng của 126 số hạng của cấp số cộng có u 1 = 3 và u 126 = 253 Vậy S = 2016 2 126).2533( . 8 = + 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 Cos 3 A - 3 CosA + 4 Cos 3 B - 3CosB) - 2 1 (2Cos 2 A-1+2Cos 2 B- 1)+CosA+CosB = 6 5 ( 3 4 Cos 3 A - Cos 2 A) + ( 3 4 Cos 3 B - Cos 2 B) =- 6 1 (2) Xét hàm số f(t) = 3 4 t 3 - t 2 với t [0;1] ta có: 0,5 điểm f(t) = 4t 2 - 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 Cos 3 A - Cos 2 A - 12 1 3 4 Cos 3 B - Cos 2 B - 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 = 60 0 B = 60 0 => C = 60 0 0,5 điểm 4 t 0 2 1 1 f(t) 0 - 0 + f(t) 12 1 Bài 3: ( 4 điểm) 1) (2 điểm) Ta có: 23 23 23 24 3 24 5 ++ + = + xx xx x xx x vì x 4 + 3x 2 + 2 = (x 2 + 2 ) (x 2 + 1) Đặt 1223 23 2224 3 + + + + + = ++ + x DCx x bAx xx xx Với x 3x 3 + 2x = (Ax + B) (x 2 + 1) + (Cx + D) (x 2 + 2) Với x 0,5 điểm Hay 3x 3 + 2x = (A+C)x 3 + (B + D)x 2 + (A + 2C)x + B + 2D Với x => A + C = 3 B = D = 0 B + D = 0 => C = -1 tức là 12 4 23 23 2224 3 + + + = ++ + x x x x xx xx A + 2C = 2 A = 4 B + 2D = 0 => f(x) = x - 12 4 22 + + + x x x x => f(x)dx = 1 )1( 2 1 2 )2( 2 212 4 2 2 2 2 22 22 2 + + + + + = + + + x xd x xdx x xdx x xdxx 0,5 điểm 0,5 điểm Vậy f(x)dx = kxx x ++++ )1ln( 2 1 )2ln(2 2 22 2 với k là hằng số 0,5 điểm 2) (2 điểm) PT đã cho viết thành: log 2006 1 24 26 2 ++ + xx x = x 6 - 3x 2 - 1 (1) Đặt: u = 4x 2 + 2 > 0 ta đợc pt: log 2006 v u = v - u v = x 6 + x 2 + 1> 0 log 2006 u - log 2006 v = 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 (*) x 6 + x 2 + 1 = 4x 2 + 2 x 6 - 3x 2 - 1= 0 (2) Đặt t = x 2 0 ta đợc pt: f(t) = t 3 - 3t - 1 = 0 (3) 0,5 điểm Ta có f(x) = 3t 2 - 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) 0,5 điểm 5 -3 -1 Đặt t = 2 cos với 0 < < 2 ta đợc 8 Cos 3 - 6 Cos - 1 = 0 4Cos 3 - 3 Cos = 2 1 hay cos 3 = 3 3 2 1 = (Do 0 < < 2 ) => = 9 ta có t = x 2 = 2 Cos 9 . Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = 9 2 Cos 0,5 điểm Bài 4: (4 điểm) 1) (2 điểm): Giả sử điểm M (x;y) khi đó AM = 22 )4( yx + Khoảng cách từ M đến đờng thẳng : 4x - 9 = 0 là d(M;) = 4 94 x 0,5 điểm Ta có 94)4(3 3 4 );( 22 =+= xyx Md AM 7x 2 - 9y 2 = 63 1 79 22 = yx Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là Hypebol có phơng trình 1 79 22 = yx 0.5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 2)( 2 điểm): Parabol y 2 = 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 M 1 ; N 1 , H thứ tự là hình chiếu Của các điểm M, N và I. Theo đ/n của Parabol có MM 1 = MF NN 1 = NF => MM 1 + NN 1 = MF + NF = MN. Mà trong hình thang vuông MM 1 N 1 N thì MM 1 + NN 1 = 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 => V SABC = V SADC = 2 1 V SABCD = 2 1 V. Đặt x SB SM = , y SD SN = thì 4 . . Vx V SC SK SB SM V V SAMK SABC SAMK == 0,5điểm 6 y M F I d x O N 1 M 1 H => V 1 = V SAMK + V SANK = 4 V (x + y) (1) Mặt khác V 1 = V SAMN + V SMNK = = x.y. 2 V + x.y. 4 V => V 1 = 4 .3 Vxy (2). Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y = 13 x x (3) Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x > 3 1 Và y = 1 13 1 x x SD SN 2x 3 - 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 = )13(4 3 13 . 4 3 2 = x x x x x Xét hàm số f(x) = )13(4 3 2 x x với 1 2 1 x . Ta có f(x) = 2 )13(4 )23(3 x xx 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 1 V V Vậy Min ( V V 1 ) = 3 1 khi x = 3 2 hay SM = 3 2 SB Và Max ( V V 1 ) = 8 3 khi = = BM M x x 1 2 1 0,5điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 7 là trung điểm của SB . = 2 53 Vậy S = 2016 2 126 ).2 533 ( . 8 = + 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 Cos 3 A - 3 CosA + 4 Cos 3 B - 3CosB). CosA + 4 Cos 3 B - 3CosB) - 2 1 (2Cos 2 A-1+2Cos 2 B- 1)+CosA+CosB = 6 5 ( 3 4 Cos 3 A - Cos 2 A) + ( 3 4 Cos 3 B - Cos 2 B) =- 6 1 (2) Xét hàm số f(t) = 3 4 t 3 - t 2 với t [0;1] ta có: 0,5. biến thi n; => 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 Cos 3 A - Cos 2 A - 12 1 3 4 Cos 3 B - Cos 2 B - 12 1