Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 2

Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Môn thi: Toán - Đề 1 Thời gian làm bài: 180 phút CâuI (2 điểm): Cho hàm số: y = x 3 +mx 2 +9x+4 (Cm) 1. Tìm m để (Cm) có cực đại, cực tiểu? 2. Tìm m để (Cm) có 1cặp điểm đối xứng qua O(0; 0)? CâuII (2 điểm): 1. Tính: I= 3/ 4/ 4 xdxtg 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng y = x 2 ; y= 4x 2 ; y = 4. CâuIII (2 điểm): 1.Cho phơng trình: (m+3)x 2 - 3mx + 2m = 0 Xác định m để phơng trình có 2 nghiệm x 1 và x 2 sao cho 2x 1 - x 2 = 3. 2 Xác định m để tam thức bậc hai: f(x)= x 2 +(3-m)x -2m + 3 luôn luôn dơng với x 4 Câu IV (2 điểm): 1. giải hệ phơng trình: x + y + xy = 11 x 2 + y 2 + 3(x + y) = 28 2. Giải và biện luận phơng trình: mxmxx += 2 Câu V (2 điểm): Cho phơng trình: 2Cos 2 x - (2m+1)Cosx +m = 0 1. Giải phơng trình với m = 2 3 2. Tìm m để phơng trình có nghiệm x sao cho x 2 3 ; 2 Câu VI (2 điểm): 1. CMR trong ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC 2. nếu ABC là nhọn, c/m tgA + tgB + tgC 33 Câu VII (2 điểm): 1. Tìm: 1 23 lim 3 1 x xx x 2. Giả phơng trình: 8.3 x + 3.2 x = 24 + 6 x Câu XIII (2 điểm): 1. giải phơng trình: log 2 (3.2 x - 1) = 2x + 1 2. Cho (H) có phơng trình: x 2 - 3y 2 = 1 và đờng thẳng : kx + 3y -1 = 0 a, Xác định k để tiếp xúc với (H) b, Tìm tọa độ tiếp điểm. Câu IX (2 điểm): 1. Cho 3 mp (P), (Q), (R) có các phơng trình lần lợt là: (P): Ax + By + Cz + D 1 = 0 (1) (Q): Bx + Cy + Az + D 2 = 0 (2) (P): Cx + Ay + Bz + D 3 = 0 (3) Với điều kiện A 2 + B 2 + C 2 > 0 và AB + BC + CA = 0 CMR: 3mp (P), (Q), (R) đôi một vuông góc. 2. Cho tứ diện ABCD có AB mp(BCD), BCD vuông tại C CMR 4 mặt của tứ diện là những vuông. Câu X (2 điểm): 1. Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác . CMR: a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ac) 2. Có bao nhiêu số tự nhiên (đợc viết trong hệ đếm thập phân) gồm 5 chữ số mà các chữ số đều lớn hơn 4 và đôi 1 khác nhau. Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 Năm học: . Hớng dẫn chấm thi Môn: Toán- Đề số I (Bản hớng dẫn chấm gồm 7 trang) Câu I: 1. y' = 3x 2 + 2mx + 9 Hàm số có CĐ CT' y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt (0,5đ) ' = m 2 - 27 > 0 m (-; 33 ) ( 33 ;+) (0,5đ) 2. Giả sử A(x 1 ; y 1 ) và B(-x 1 ; -y 1 ) đối xứng nhau qua gốc tọa độ và cùng thuộc (Cm) (0,25đ) Khi đó: y 1 = 49 1 2 1 3 1 +++ xmxx (1) -y 1 = 49 1 2 1 3 1 ++ xmxx (2) (0,25đ) Lấy (1) cộng với (2) (vế với vế) ta có p/t: 04 2 1 =+ mx (0,25đ) 4 2 1 = mx có nghiệm m < 0 (0,25đ) Câu II: 1. Ta có: I = dx x x 2 3/ 4/ 2 2 cos sin = ( ) dx x x 3/ 4/ 4 2 2 cos cos1 (0,25đ) = dxdx x dx dx x dx + 3/ 4/ 3/ 4/ 2 3/ 4/ 4 cos 2 cos (0,25đ) = ( ) 3/ 4/ 3/ 4/ 3/ 4/ 2 2)(1 xtgxtgxdxtg ++ (0,25đ) = 123 2 2 3 1 3/ 4/ 3/ 4/ 3/ 4/ 3 +=+ + xtgxxtgtgx (0,25đ) 2. Giao điểm hai đờng y=x 2 có hoành độ là : x 2 Giao điểm y=4 với y = 4x 2 có hoành độ là x= 1 Giao điểm hai đờng y=x 2 và y= 4x 2 có hoành độ x=0 (0,5đ) Diện tích miền cần tính (miền gạch chéo nh hình vẽ) là : S=2 + dxxdxxx 2 1 2 1 0 22 44 y = 4 y = x 2 y = 4x 2 y x = 2 + 1 0 2 1 2 2 1 2 43 dxxdxdxx = 2 + 2 1 3 2 1 1 0 3 3 1 4 xxx = 3 16 (đv dt) (0,5đ) Câu III 1. Giả sử phơng trình có 2 nghiệm x 1 ,x 2 ta có : + = = + =+ 3 2 32 3 3 21 21 21 m m xx xx m m xx (đk m-3) (0,25đ) Từ (1) và (2) ta có : x 1 = 3 32 + + m m và x 2 = 3 3 + m m (0,25đ) Thay vào (3) ta đợc 1 99 3 )3(2)3)(32( 3 3 2 3 3 3 32 = = +=+ + = + ì + + m m m mmmm m m m m m m m (0,25đ) Với m=-1 phơng trình viết : 2x 2 +3x -2 =0 x 1 = 2 1 , x 2 =-2. Vậy m=-1 là giá trị cần tìm. (0,25đ) 2. Tam thức đã cho dơng với x - 4 Khi vµ chØ khi                 <− >− ≥∆ <∆ ⇔         <≤− ≥∆ <∆ 2 4 0)4( 0 0 4 0 0 21 s af xx (0,25®) ⇔ 2/7 132/7 13 5 2/7 13 13 0 2 5 072 032 032 2 2 −>⇒    >∨−≤<− <<− ⇔             −> −> ≥∨−≤ <<− ⇔                 > + >+ ≥−+ <−+ m mm m m m mm m m m mm mm (0,5®) C©u IV: 1. §Æt    = =+ Pxy Syx ⇔    =−+ =+ )2(2823 )1(11 2 PSS PS (0,25®) (1) ⇒ P = 11 - S thÕ vµo (2) ta ®îc: S 2 + 5S - 50 = 0 gi¶i ®îc: S 1 = 5; S 2 = -10 -4 x S/2 2 1 x HÖ (0,25 ®) + + – * với S 1 =5 P 1 = 6 hệ (I) = =+ 6 5 xy yx (0,25đ) * với S 2 = -10 P 2 = 21 hệ (II) = =+ 21 10 xy yx (0,25đ) * giải hệ (I) ta đợc 2 nghiệm (2; 3) và (3; 2) * giải hệ (II) ta đợc 2 nghiệm (-3; -7) và (-7; -3) vậy hệ phơng trình có 4 nghiệm: (2; 3); (3; 2); (-3; -7); (-7; -3) (0,25đ) 2. Giải và biện luận phơng trình: mxmxx += 2 Giải: Phơng trình tơng đơng với: = += + )2(3 )1( )()( 0 222 mmx mx mxmxx mx (0,25đ) Xét hai trờng hợp: * m 0: ta có: x= 3 m theo điều kiện (1) ta phải có 3 m -m 0 3 2 > m m>0 (0,25đ) * m=0: x đều thỏa mãn phơng trình (2) so sánh với điều kiện (1) ta nhận x0 (0,25đ) Vậy: + m<0 phơng trình vô nghiệm + m>0 phơng trình có nghiệm x= 3 m + m=0 phơng trình co nghiệm x 0 (0,25đ) Câu V: Cho phơng trình : 2cos 2 x - (2m+1)cosx + m = 0 Đặt: cosx = t; 1 t p/t 2t 2 - (2m+1)t + m =0 = (2m-1) 2 0 t 1 = 2 1 và t 2 =m (0,25đ) a. với m = 2 3 thì: * nghiệm t 2 = cosx = 2 3 (loại) * vậy t 1 = cosx = 2 1 = cos 3 x= 2 3 k + (k Z) (0,5đ) b. Để phơng trình có nghiệm ) 2 3 ; 2 ( x thì cosx < 0 -1 m < 0 (0,25đ) Câu VI: 1. Trong ABC ta có A=-(B+C) tgA =tg(-(B+C)) = -tg(B+C) (0,25đ) tgA=- tgCtgB tgCtgB .1 + (0,25đ) tgA-tgA.tgB.tgC = -tgB -tgC (0,25đ) tgA+tgB+tgC = tgA.tgB.tgC (đpcm). (0,25đ) 2.ABC là nhọn nên tgA>0, tgB>0, tgC>0 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dơng ta có: tgA+tgB+tgC 3 tgC.tgA.tgB3 (0,25đ) từ kết quả câu 1, ta có: tgA+tgB+tgC 3 3 tgCtgBtgA ++ (0,25đ) (tgA+tgB+tgC) 3 27(tgA+tgB+tgC) (0,25đ) (tgA+tgB+tgC) 2 27 tgA+tgB+tgC 33 (đpcm) (0,25đ) Câu VII 1. 1 23 lim 3 1 x xx x = )23)(1( 23 lim 3 6 1 + xxx xx x (0,5đ) = )23)(1( )2)(1( lim 3 12345 1 + ++++ xxx xxxxxx x (0,25đ) 23 )2( lim 3 12345 1 + ++++ xx xxxxx x = 2 3 (0,25đ) 2. giải phơng trình: 8.3 x + 3.2 x =24 + 6 x 8(3 x -3) - 2 x (3 x -3) = 0 (0,25đ) (3 x -3)(8 - 2 x ) = 0 (0,25đ) = = = = 3 1 82 33 x x x x (0,25đ) Vậy phơng trình có 2 nghiệm x =1 và x =3 (0,25đ) Câu VIII: 1. Giải phơng trình: log 2 (3.2 x -1)= 2x+1 =+ > = > + 012.32.2 3 1 2 212.3 012.3 2 12 xx x xx x đặt t= 2 x (t>0) (0,5đ) = = > =+ > 2 1 1 3 1 0132 3 1 2 2 1 2 t t t tt x = = 2 1 2 12 x x = = 1 0 x x (phơng trình có 2 nghiệm) (0,5đ) 2. Giải a, (H) 1 3/11 22 = yx đởng thẳng (): kx+3y-1 = 0 tiếp xúc với (H) khi và chỉ khi: A 2 a 2 - B 2 b 2 = C 2 2413. 3 1 1. 222 === kkk (0,25đ) giải b: * Khi k=2 ta có (): 2x+3y-1=0 (1) gọi M 0 (x 0 , y 0 ) là tiếp điểm của () và (H) áp dụng công thức phân đôi tọa độ ta có: (): x 0 x-3y 0 y-1 = 0 (2) so sánh (1) và (2) ta có: 1 1 1 3 3 2 00 = = = yx (0,25đ) = = 1 2 0 0 y x tiếp điểm M 0 (2, -1) * khi k=-2 ta có (' ): -2x+3y-1=0 (3) goi M 1 (x 1 , y 1 ) là tiếp điểm của (') và (H). theo công thức phân đôi tọa độ ta có: ('): x 1 x- 3y 1 y-1 = 0 (4) (0,25đ) Từ (3) và (4) ta có: (thỏa) A B C D = = = = = 1 2 1 1 1 3 3 2 1 1 11 y x yx M 1 (-2, -1) Vậy 2 tiếp điểm là 1)- (-2,M 1)- (2,M 1 0 (0,25đ) Câu IX 1. Các véc tơ pháp tuyến của 3 mp' (P), (Q), (R) lần lợt là: ),,( CBAn P = ),,( ACBn Q = (0,5đ) ),,( BACn R = ta có: 0 . =++=== CABCABnnnnnn PRRQQP Vậy 3 mặt phẳng (P), (Q) ,(R) đôi một vuông góc. (0,5đ) 2. c/m: * AB mp(BCD) BDAB BCAB hay ABC và ABD vuông tại B. gt cho BCD vuông tại C và AB(BCD) nên BC là hình chiếu AC trên (BCD) theo định lí 3 đờng vuông góc CDAC hay ACD vuông tại C. Câu X 1. Cho a, b, c là 3 cạnh của . cm: a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab+bc+ca) Giải: Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của nên: a,b,c dơng và: +< +< +< +< +< +< )3( )2( )1( 2 2 2 bcacc abbcb acaba bac acb cba (0,5đ) cộng vế với vế 3 bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: a 2 + b 2 + c 2 <2(ab+bc+ca) (đpcm) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) 2. Giải: các chữ số lớn hơn 4 là 5, 6, 7, 8, 9 (0,25đ) Số các số gồm 5 chữ số lập nên từ các chữ số đó là hoán vị của 5 phần tử. (0,5đ) Tức là: P 5 = 5! = 5.4.3.2.1 = 120 (0,25đ) Đáp số: 120 số ---------------------------------------------------------------------------------------- Tài liệu: * Sách giáo khoa môn toán THPT lớp 10, 11, 12 * Sách tham khảo nâng cao của Bộ giáo dục * Sách ôn luyện thi tốt nghiệp BT THPT * Toán nâng cao đại số 10 (NXB Bộ giáo dục) ------------------------------------------------------------------------------------------ . 1 2 21 2. 3 0 12. 3 2 12 xx x xx x đặt t= 2 x (t>0) (0,5đ) = = > =+ > 2 1 1 3 1 01 32 3 1 2 2 1 2 t t t tt x = = 2 1 2 12 x. hình vẽ) là : S =2 + dxxdxxx 2 1 2 1 0 22 44 y = 4 y = x 2 y = 4x 2 y x = 2 + 1 0 2 1 2 2 1 2 43 dxxdxdxx = 2 + 2 1 3 2 1 1 0 3 3