Đề Ôn Luyện Hsg Môn Toán Lớp 12 Số 3 - File Word Có Lời Giải Chi Tiết.doc

§Ò thi chän häc sinh giái tØnh m«n to¸n líp 12 (Thêi gian lµm bµi 180 phót) Bµi 1 (4 ®iÓm) 1) (§Ò 48 I2 trong 150 ®Ò tuyÓn sinh §¹i häc) T×m trªn ®å thÞ hµm sè y = 1 2 x x hai ®iÓm A vµ B ®èi xøng nh[.]

Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 12 (Thêi gian lµm bµi 180 phót) Bµi 1: (4 ®iĨm) 1) (§Ị 48 I2 150 ®Ị tun sinh Đại học) Tìm đồ thị hàm số y = x2 hai điểm A B đối xứng qua ®êng th¼ng y = x x 1 2) (Tù s¸ng t¸c) Cho a, b, c  R víi a m N* thoả mÃn: a b c   0 m4 m2 m Chøng minh r»ng: Đồ thị hàm số: y = ax + bx2 + c cắt trục ox điểm thuộc khoảng (0;1) Bài 2: (5 điểm) 1) (Tự sáng tác) Tìm tổng tất nghiệm x [1;100] phơng trình: 3 Sin4x + Sin4 ( x + ) + Sin4 (x + )  sin ( x  )  Sin 4 x 4 2) ( To¸n häc tuổi trẻ năm 2003) Cho tam giác ABC gãc tï tho¶ m·n hƯ thøc: 1 (cos A  cos 3B )  (cos A  cos B)  cos A  cos B  H·y tÝnh c¸c gãc cđa tam giác Bài 3: (4 điểm) 1) (Toán Bồi dỡng giải tích tổ hợp Hàn Liên Hải - Phan Huy Khải) Tìm họ nguyên hàm hàm số f(x) = x5 x  3x  2) (Tự sáng tác) Giải phơng trình: 3x2 + + log2006 4x  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) đờng thẳng : 4x - = Chứng minh tập hợp điểm M có tỷ số khoảng cách từ đến điểm A từ đến đờng thẳng Hypebol HÃy viết phơng trình Hypebol 2) ( Chuyên đề hình học giải tích Cam Duy Lễ - Trần Khắc Bảo) Cho Parabol y2 = 2px (p > 0) đờng thẳng d di động nhng ®i qua tiªu ®iĨm F cđa Parabol Gäi M, N giao điểm parabol với đờng thẳng d Chứng minh đờng tròn đờng kính MN tiếp xúc với đờng thẳng cố định Bài 5: (3 điểm) (500 Bài toán bất đẳng thứccủa Phan Huy Khải -Tập II) Cho hình chóp SABCD có đáy hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng qua AK cắt cạnh SB, SD lần lợt M N Gọi V1, V thứ tự lµ thĨ tÝch cđa khèi chãp SAMKN vµ khèi chãp SABCD Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn tỷ số V1 V đáp án - thang ®iĨm kú thi chän läc häc sinh giái tØnh - môn toán LớP12 Nội dung Bài 1: (4 điểm) 1) (2 ®iĨm) Hai ®iĨm A, B ®èi xøng qua đờng thẳng y = x -1 nên đờng thẳng AB cã pt: y = -x + m =>Hoµnh độ điểm A, B xA, xB nghiệm pt: x x m =-x +m Điểm 0,5 điểm  g(x) = 2x - (m + 1)x + m = Gọi I trung điểm AB ta cã xI = x A  xB m  3m    y I  x I  m  4 Ta ph¶i cã ®iĨm I thc ®êng th¼ng y =x -1 => 3m  m   1 4 0,5 ®iÓm  m = -1 0,5 ®iÓm Khi ®ã g(x) = 2x2 - 1=  x =  2 Víi xA = - => yA = -xA-1 = -1+ ; Víi xB = => yB = -1- 2 2 0,5 ®iĨm VËy hai điểm cần tìm A(- ; -1+ ) vµ B ( ; -1- ) 2 2 2) (2 ®iĨm) m 4 bx m  cx m víi a  vµ m N* XÐt hµm sè f(x) = ax   m4 m2 m Là hàm số liên tục có đạo hµm lµ: f’(x) = axm+3 + bxm+1 + cxm-1 víi xR 0,5 ®iĨm a b c   0 (do gi¶ thiÕt) m4 m2 m f (1)  f (0) Theo định lý Lagrăng: tồn x0 (0;1) cho f(x0) = Ta tính đợc f(0) = vµ f(1) = => ax 0m 3 b0m 1  c 0x  = => x 0m  (ax 04  b02  c) 0 0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm => ax40 + bx20 + c = Tøc lµ pt: ax4 + bx2 + c = có nghiệm x0 (0;1) Hay đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c cắt ox điểm thuộc (0;1) 0,5 điểm Bài 2: (5 ®iĨm) 1) (3 ®iĨm) Tríc hÕt biÕn ®ỉi vế trái pt: Sử dụng công thức Sin ( + Ta đợc: VT = Sin4x + cos4x + Sin4 (x+  ) + Cos4 (x+ = (Sin2x +Cos2x) - 2Sin2x Cos2x + - 2Sin2 (x+    ) = cos ) ).Cos(x+  ) 1  1 Sin22x +1 Sin2(2x + ) =2Sin22x Cos22x = = 2 2 2 3 Nªn pt ®· cho viÕt thµnh: Sin44x =  Sin24x =  Cos 4x = 2 = 1-  4x =  + k  x =  + k  víi k  Z điểm 0,5 điểm Để x [1; 100] ta phải cã:   + k   100   (2k+1)   800 0,5 ®iĨm mà k Z nên k = 1, 2, .,126 126 Nên tổng nghiệm cần tìm là: S =   (1  2k )   k 1 0,5 ®iĨm 126  (2k  1) k 1 126 Ta cã  (2k  1) lµ tỉng cđa 126 sè h¹ng cđa cÊp sè céng cã u = vµ u 126 = 253 k 1 0,5 ®iĨm  (3  253).126 VËy S = 2016 2) (2 ®iĨm) 1 (Cos 3A + Cos 3B) (Cos 2A + Cos 2B) + Cos A +CosB = (1) 1  (4 Cos3A - CosA + Cos3B - 3CosB) - (2Cos2A-1+2Cos2B-1)+CosA+CosB = Ta cã 0,5 ®iÓm 4 Cos3A - Cos2A) + ( Cos3B - Cos2B) =(2) 3 XÐt hµm sè f(t) = t - t víi t [0;1] ta cã: ( f’(t) = 4t2 - 2t; f’(t) =  t f’(t) f(t) 0 - t=0  Ta cã b»ng biÕn thiªn; 12 1 => Víi t [0;1] th× f(t)  f( ) = 12 t= + 0,5 điểm 12 Vì ABC góc tù nªn  CosA A = 600 B = 600 Bài 3: ( điểm) (3) Cos B = 0,5 ®iĨm Cos A = 0,5 ®iĨm => => C = 600 1) (2 ®iĨm) x5 3x  x v× x4 + 3x2 + = (x2 + ) (x2 + 1)  x  x  3x 2 x 3x Đặt 43x 22 x  Ax2  b  Cx2  D Víi x x  3x  x  x 1  3x3 + 2x = (Ax + B) (x2 + 1) + (Cx + D) (x2 + 2) Víi x Ta cã: 0,5 ®iĨm Hay 3x3 + 2x = (A+C)x3 + (B + D)x2 + (A + 2C)x + B + 2D Víi x => A + C = B=D=0 B+D=0 => C = -1 tøc lµ 43x  22 x  24 x  2 x x  3x  x  x  A + 2C = A=4 B + 2D = 4x x => f(x) = x -  x  x 1 x2 d ( x  2) d ( x  1) => f(x)dx = x   42xdx   xdx      2 x 2 x2  x2  2 x 1 VËy  f(x)dx = x  ln( x  2)  ln( x  1)  k víi k lµ h»ng sè 0,5 ®iĨm 0,5 ®iĨm 0,5 ®iĨm 2) (2 ®iÓm) x  = x6 - 3x2 - x6  x  PT ®· cho viết thành: log2006 Đặt: u = 4x2 + > ta đợc pt: log2006 (1) u =v-u v v = x6 + x2 + 1>  log2006u - log2006v = v- u (*) - NÕu u > v VT (*) > > VP (*) nên không thoả mÃn - Nếu u < v VT (*) < < VP (*) nên không thoả mÃn - XÐt u = v th× VT (*) = VP (*) Do ®ã pt (*) x6 + x2 + = 4x2 +  x6 - 3x2 - 1= (2) Đặt t = x2 ta ®ỵc pt: f(t) = t3 - 3t - = (3) Ta cã f’(x) = 3t2 - 3; f’(t) =  t = -1 t = t -∞ f’(t) -1 + f (t) 0 - Ta có bảng biến thiên + -1 f(2) = +∞ -3 -∞ Do ®ã pt (3) cã nghiƯm víi t  vµ lµ nghiƯm nhÊt t (0;2) Đặt t = cos với <  <  4Cos3 - Cos =  0,5 ®iĨm +∞ 0,5 ®iĨm  0,5 ®iĨm ta ®ỵc Cos3 - Cos  - = 1   hay cos 3 =  3  (Do <  < ) 2 0,5 ®iĨm  =>  = ta cã t = x2 = Cos VËy pt ®· cho cã nghiƯm x =  2Cos 9 Bài 4: (4 điểm) 1) (2 ®iĨm): Gi¶ sư ®iĨm M (x;y) ®ã AM = ( x  4)  y 0,5 ®iĨm 4x Khoảng cách từ M đến đờng thẳng : 4x - = lµ d(M;) = 0.5 ®iĨm AM   ( x  4)  y  x  Ta cã d (M ; )  7xx - 9y = 63 2 0,5 ®iĨm 2  x  y 1 0,5 ®iĨm 2 Vậy tập hợp điểm M cần tìm Hypebol có phơng trình x y 2)( điểm): Parabol y = 2px đờng chuẩn : x = - p Đờng tròn d y đờng kính MN có tâm trung N1 MN điểm I MN bán kính R= 0,5 điểm Gọi M1; N1, H thứ tự hình chiếu H Của điểm M, N I I O x F Theo ®/n cđa Parabol cã MM1 = MF M1 0,5 ®iĨm M NN1 = NF 0,5 ®iĨm => MM1 + NN1 = MF + NF = MN Mµ hình thang vuông MM1N1N MM1 + NN1 = IH Do ®ã IH= 0,5 ®iĨm MN VËy đờng tròn đờng kính MN tiếp xúc với đờng chuẩn Parabol Bài 5: (3 điểm): Vì ABCD hình bình hành => VSABC = VSADC = Đặt S 1 VSABCD = V 2 SM SN x , y SD SB K M V SM SK x.V  VSAMK  th× SAMK  VSABC SB SC => V1 = VSAMK + VSANK = B V (x + y) (1) Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK = V V + x.y xy.V => V1 = (2) = x.y A 0,5®iĨm P C N D x (3) 3x  1 Do x > y > nên từ (3) => x > SN x 1 Vµ y = ®ã x1 1  1  2x3 -  (v× 3x-1) => x  SD 3x  2 0,5®iĨm Tõ (1) (2) => x + y = 3xy => y = 0,5 ®iÓm 0,5 ®iÓm x 3x V1   (x + y) = xy = x x  4(3 x  1) V 3x(3 x  2) 3x XÐt hµm sè f(x) = víi x 1 Ta cã f’(x) = 4(3x  1) 4(3 x  1) Tõ (1) => f’(x) =  x = x= không thuộc đoạn [ ;1 ] 2 => Bảng biến thiên x f(x) f(x) - + 3/8 3/8 0,5 ®iĨm 0,5 ®iĨm V 3 1  f(x)  víi x  [ ;1 ] hay   V V 2 VËy Min ( ) = x = hay SM = SB 3 V Suy Và Max ( trung điểm cña SB x V1 M )=      M B V  x 1 Hướng dẫn tìm tải tài liệu https://forms.gle/LzVNwfMpYB9qH4JU6