Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 16

Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT Môn : Toán Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = 1 x 2 2mx 2 + ++ x với m = 1. 2) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đờng thẳng x + y + 2 = 0 là nh nhau. Bài 2: 1) Giải phơng trình x 2 + 5 4 4x - 4 2 2 = + x x 2) Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của: F = (x + y 2) 2 + (x + ay 3) 2 theo a Bài 3: 1) Giải bất phơng trình: ( ) 6) (log - log2 x- 22 2 3 2 + + xx x > 1 2) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để ABC đều: += += CBA cba 2 2 Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SB = x, tất cả các cạnh còn lại bằng b (b > 3 x ) a) Tính thể tích hình chóp theo b và x b) Xác định x để hình chóp có thể tích lớn nhất. Bài 5: Cho Elip (E) có phơng trình: 1 4 y 9 22 =+ x và M(1, 1) Lập phơng trình đờng thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm A và B sao cho MA = MB. Bài 6: Tính : I = ( ) + + 1 0 6 4 1 x 1 dxx hớng dẫn và biểu điểm chấm Đề thi học sinh giỏi lóp 12 THPT Môn : Toán Thời gian làm bài: 180 phút Bài Nội dung Điểm Bài 1 1) Với m = 1, hàm số trở thành: y = 1 x 1 1 x 1 x 2 2x 2 + ++= + ++ x 1.1- Tập xác định: D = R \ { } 1 1.2- Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: Ta có: y = 1 - ( ) ; 1 1 2 + x cho y = 0 1 - ( ) 1 1 2 + x = 0 (x+ 1) 2 = 1 =+ =+ 1- 1 x 1 1 x = = 2- x 0 x Xét dấu y: + -1 + - 2 0 Hàm số đồng biến trên khoảng (- ; -2) (0; + ) và nghịch biến trên khoảng (-2; -1) (-1; 0) b) Cực trị: Tại x = -2 , hàm số đạt giá trị cực đại , y CĐ = y(-2) = -2 Tại x = 0 , hàm số đạt giá trị cực tiểu , y CT = y(0) = 2 c) Tính lồi lõm và điểm uốn (không xét) d) Giới hạn: += + ++ = + + 1 x 2 2x x lim lim 2 x x y = + ++ = 1 x 2 2x x lim lim 2 x x y * (D1): x = -1 là tiệm cận đứng vì 1 lim x y = * (D2): y = x + 1 là tiệm cận xiên vì lim x [ ] 1) (x - + y = + 1 1 lim x x = 0 2 đ 0,25 0,25 0,25 -2 e) Bảng biến thiên: x - -2 -1 0 + (C) y + 0 - - 0 + y -2 + + - - 2 1.3- Đồ thị: Gọi (C): y = 1 x 2 2x 2 + ++ x (C) oy = (0; 2) (C) ox vì phơng trình: 1 x 2 2x 2 + ++ x = 0 vô nghiệm * Nhận xét: Gọi I là giao của 2 tiệm cận I(-1; 0) là tâm đối xứng của đồ thị (C) 2) y = 1 x 2 2mx 2 + ++ x TXĐ: D = R\ { } 1 Ta có: y = ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 x 2 - 2m 2x x 1 x 2 2mx x - 1 2m 2 + ++ = + ++++ xx Hàm số có cực đại, cực tiểu y = ( ) 2 2 1 2 - 2m 2x + ++ x x có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm m < 2 3 (*) * Giả sử các điểm cực đại, cực tiểu A 1 (x 1 , y 1 ) và A 2 (x 2 ,y 2 ) có x 1 , x 2 là 2 nghiệm của: x 2 + 2x + 2m 2 = 0 và có: y 1 = 2x 1 + 2m , y 2 = 2x 2 + 2m . Khoảng cách từ A 1 và A 2 tới đờng thẳng x + y + 2 = 0 sẽ bằng nhau. 2 2m 3x 2 2m 3x 2 y x 2 y 212211 ++=++++=++ x 3(x 1 + x 2 ) = - (4m + 4) 3(-2) = - (4m + 4) m = 2 1 (thoả mãn (*)) Vậy m = 2 1 0,75 0,5 0,25 0,25 ( ) 1 23 2 6) (log - log2 x- 22 >+ + xx x -2 -2 1 y x x= -1 Bài 2 1) Phơng trình: x 2 + 5 4 4x - 4 2 2 = + x x x 2 + 5 2) -(x 4 2 2 = x x 2 + 2x 2 - 2 x x + 5 2 -x 4x - 2 - 2 2 2 = x x 5 2 -x 4x - 2 -x 2x 2 2 = + x 0 5 - 2 - x 4 - 2 - 2 2 2 = xx x Đặt t = 2 - 2 x x , phơng trình trở thành: t 2 4t 5 = 0 = = 5 t 1- t * Với t = -1 = = =+= 2 - x 1 x 0 2 - x x 1- 2 - 2 2 x x * Với t = 5 0 10 x 5- x 5 2 - 2 2 =+= x x (phơng trình vô nghiệm) Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = - 2 2) F = (x + y 2) 2 + (x + ay 3) 2 * Nhận xét: (x+ y 2) 2 0 ; (x + ay 3) 2 0 F 0 Xét hệ: =+ =+ 03 02 ayx yx =+ =+ 03 2 ayx yx (I) TH1: Hệ (I) có nghiệm D = a1 11 = a 1 0 a 1 Thì (x,y) để F = 0 Min F = 0 TH2: Hệ (I) vô nghiệm D = 0 a 1 = 0 a = 1 (hệ số không tỷ lệ) Với a = 1 F (x + y 2) 2 + (x + y 3) 2 Đặt t = x + y 3 ; t R F = (t + 1) 2 + t 2 = 2t 2 + 2t + 1 = 2(t 2 + 2t 2 1 + 2 1 ) 4 1 + = 2(t + 2 1 ) 2 + 2 1 2 1 , t. Min F = 2 1 Đạt đợc t = - 2 1 x + y 3 = - 2 1 x + y - 2 5 = 0 1) Bất phơng trình: 4 đ 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,75 Bµi 3: Bµi 4: ( ) 12.32 )6( 2 2 loglog2 〉+ + − − x x xx (1) * §iÒu kiÖn x > 0 NhËn xÐt: 2 x + 3 . 2 -x > 1 v×    〈 − 〉 ) (2 3 loaix x (1) ⇔ 2log x x – log 2 (x + 6) > 0 ⇔ 2log 2 x > log 2 (x + 6) ⇔ log 2 x 2 > log 2 (x + 6) ⇔ x 2 > x + 6 ⇔ x 2 – x – 6 > 0 ⇔    < > (loai) 2 - 3 x x VËy T = (3; + ∞ ) 2)    += += )2 (2 )1 .(2 CBA cba Theo ®Þnh lý Sin, ta cã: 2R === SinC c SinB b SinA a Thay vµo (1) : 2SinA = SinB + SinC ⇔ 2SinA = 2 C - B Cos 2 C 2 ⋅ + B Sin Thay (2) : B + C = 2A , ta ®îc : SinA = 1 2 C - B Cos =⋅ SinA (v× SinA ≠ 0) ⇔ C B 0 2 C - =⇔= B V× A + B + C = 180 0 , kÕt hîp víi (2) → 3A = 180 0 ⇔ A = 60 0 ∆ ABC c©n t¹i A vµ A = 60 0 → ∆ ABC ®Òu a) Gäi O lµ t©m cña h×nh thoi ABCD XÐt 2 ∆ SAC vµ ∆ ADC Cã AC chung, SA = SC = DA = DC = b → ∆ SAC = ∆ ADC → SO = OD = OB → ∆ ABC vu«ng t¹i S Ta ®îc : BD = b x SD 2222 +=+ SB ∆ ODC vu«ng t¹i O Cã DC = b; OD = 22 b 2 1 + x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 4 ®’ 0,5 A D CB H O b x b b S Bài 5 : (2 điểm) OC 2 = DC 2 OD 2 = b 2 - 4 1 (x 2 + b 2 ) = 4 x- 3 22 b OC = * Tứ giác ABCD có AC BD S ABCD = 2222 b x- 3 2 1 2 1 += xbBDAC (1) * BSD vuông, gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD) SH BD 222 SD 1 SB 1 1 += SH 22 22 222 b x b b 1 x 1 1 xSH + =+= 22 22 22 2 x b bx SH x b + = + = b x SH (2) Từ (1) và (2) V chópSABCD = 2222 22 b x-3 2 1 x 3 1 3 1 + + = xb b bx SSH ABCD = 22 x- 3 6 1 bbx b) Ta có: V chópSABCD = ( ) 22222 x- 3b 2 1 6 b x- 3 6 1 + xbx = 4 b 3 12 3 2 = b b V chópSABCD lớn nhất là 4 3 b ; đạt đợc x = 22 3 xb x 2 = 3b 2 - x 2 2x 2 = 3b 2 x 2 = 2 3 2 3 2 bxb = Phơng trình đờng thẳng (d) qua M (1,1) với hệ số góc k có dạng : y = k (x 1) + 1 (d) : y = kx k + 1 (1) Toạ độ giao điểm A,B của (d) và (E) là nghiệm của hệ : += =+ 1 3694 22 kkxy yx 4 x 2 + 9 (kx k +1) 2 = 36 (4+ 9k 2 )x 2 18k(k-1)x + 9k 2 18k 27= 0 (2) Phơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt : ( ) [ ] 2 19 kk - (4+9k 2 ) (9k 2 18k 27) > 0 9k 2 (k 1) 2 (4 + 9k) 2 (k 2 2k 3) > 0 32k 2 + 8k + 12 > 0 (luôn đúng) Vậy phơng trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt và : 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 Bài 6: (2 điểm) + = + =+ 2 2 2 4 27189 . 94 )1(18 k kk XX k kK XX BA BA Theo giả thiết MA = MB x A + x B = 2x M ( ) 2 94 118 k kk + = 2 k = - 9 4 Thay k = - 9 4 vào (1), ta đợc (d) có phơng trình : 4x + 9y 13 = 0 I = ( ) + + 1 0 6 4 1 1 x dxx f(x) = 1 1 6 4 + + x x = ( )( ) 11 1 242 4 ++ + xxx x = ( )( ) 11 1 242 224 ++ ++ xxx xxx = 1 1 2 + x + 1 6 2 + x x I = + 1 0 2 1x dx + + 1 0 6 2 1x dxx I = + 1 0 2 1x dx Đặt x = tg t ; 22 << t ; x 0 1 t 0 4 dx = t dt 2 cos = (1+tg 2 t) dt I 1 = ( ) dt ttg ttg + + 4 0 2 2 1 1 = 4 0 dt = t 0 4 = 4 I 2 = + 1 0 6 2 1x dxx Đặt u = x 3 ; x 0 1 u 0 1 Ta có : du = 3x 2 dx x 2 dx = 3 du I 2 = ( ) + 1 0 2 13 u du = + 1 0 2 13 1 u du = 43 1 = 12 Khi đó I = I 1 + I 2 = 4 + 12 = 3 Vậy I = 3 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 . Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT Môn : Toán Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: 1) Khảo sát và vẽ. ( ) + + 1 0 6 4 1 x 1 dxx hớng dẫn và biểu điểm chấm Đề thi học sinh giỏi lóp 12 THPT Môn : Toán Thời gian làm bài: 180 phút Bài Nội dung Điểm Bài 1