Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 33

đề thi học sinh giỏi khối 12 Môn: toán- bảng A - (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số: )( 2 5 3 2 2 4 Cx x y += và điểm M )(C có hoành độ x M = a. Với giá trị nào của a thì tiếp tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) 2 điểm phân biệt khác M. 2. Tìm m để phơng trình (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) 2m +1 =0 Có nghiệm thoã mãn: x 2 +6x + 7 0 Câu 2: (4 điểm) 1.Tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) trên đoạn [-1; 2] biết f(0) = 1 (1) và f 2 (x).f(x) = 1+ 2x +3x 2 (2) 2. 8 1 )()( 3cos.cos3sin.sin 36 33 = + + xtgxtg xxxx Câu 3: (4 điểm) 1. Giải phơng trình : )32(log)22(log 2 32 2 322 = + + xxxx 2. Tìm: ) 32 (lim 3 2 x x x x x x + + Câu 4: (4 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A AB = a, các cạnh bên SA = SB = SC = a và cùng tạo với đáy một góc . Xác định cos để thể tích hình chóp lớn nhất. 2. Tính các góc của ABC biết 2 3 2 sin 2 sin 2 3 sin = + + BACAA Câu 5: (4 điểm) 1 1. TÝnh: [ ] ∫ += 2 0 2 )1(ln π dxetgI x x 2. Trªn trôc to¹ ®é Oxy: Cho parabol (P): 16 2 x y −= vµ ®êng th¼ng )( ∆ : 3x – 4y + 19 = 0. ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn cã t©m I thuéc ®êng th¼ng )( ∆ cã b¸n kÝnh nhá nhÊt vµ tiÕp xóc víi parabol (P) ®¸p ¸n ®Ò thi häc sinh giái khèi 12 2 Môn: toán Thời gian: 180 phút Câu 1: (4 điểm) 1> Điểm M )(C , x M = a ---> 2 5 3 2 2 4 += a a y M ta có Pt tiếp tuyến với (C) có dạng )( : MMx yxxyy M += )( ' với aay M 62 3' = => )( 2 5 3 2 ))(62( 2 4 3 ++= a a axaay Hoành độ giao điểm của )( và (C) là nghiệm của phơng trình 0)632()( 2 5 3 2 ))(62( 2 5 3 2 3222 4 32 4 =++++=+ aaxxaxa a axaax x =++= = 0632)( 22 aaxxxg ax Bài toán trở thành tìm a để g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác a < < = >= 1 3 1 03 066)( 0)63( 2 2 2 22' )( a a a a aag aa xg Vậy giá trị a cần tìm < 1 3 a a 2> pt <=> (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) = 2m 1 <=> (x 2 + 6x +5)(x 2 + 6x + 8) = 2m 1 Đặt t = x 2 + 6x +5 = (x + 3) 2 4 -4 Do x 2 + 6x +7 0 <=> x 2 + 6x +5 -2 => t -2 Bài toán trở thành tìm m để pt: f(t) = t(t+3) = 2m-1 có nghiệm t [ ] 2;4 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 3 4 -4 -2 -2 o t f(t) y= 2m - 1 <=> số giao điểm của đồ thị f(t) = t 2 + 3t và đờng y = 2m 1 vẽ trên đoạn [-4; -2] <=> 4122 m <=> 2 5 2 1 m Vậy để phơng trình có nghiệm thì 2 5 2 1 m Câu 2: (4 điểm) 1> Từ (2): f 2 (x)f(x) = 1 + 2x + 3x 2 <=> [ ] cxxx xf +++= 32 3 3 )( (c là hằng số) 0,5 đ 0,5đ + Từ (1) : f(0) = 1 => c = 3 1 , do đó hàm số 3 23 1333)( +++= xxxxf Xét g(x) = 3x 3 + 3x 2 + 3x + 1 với x [-1; 2] g(x) = 9x 2 + 6x + 3 = 0 <=> ]2;1[ 3 1 1 = = x x là các điểm tới hạn g(-1) = 2, g(2) = 40, g(- 3 1 ) = 9 2 => max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - 2 Do đó GTLN của f(x) là 3 40 và GTLN của f(x) là 3 2 2> ĐK: )0 3 (;0) 6 (;0) 3 cos(,0) 6 cos( ++ xtgxtgxx Do )1 3 (). 6 () 6 (cot) 3 ( 2 cot) 3 ( =+= +=+ xtgxtgxgxgxtg Ta đợc phơng trình 2 1 3cos)3coscos3(3sin)3sinsin3( 8 1 3cos.cos3sin.sin 33 =++=+ xxxxxxxxxx 2 1 6cos2cos3 2 1 3sin3cos)3coscos3sin(sin3 22 =+=++ xxxxxsxxx )( 62 1 2cos 2 1 2cos4 3 Zkkxxx +=== 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 4 Nghiệm kx += 6 (loại vì 0) 6 ( = xtg ) Nghiệm )( 6 Zkkx += t/m các đk bài toán Câu 3: (4 điểm) 1> ĐK: < > > > > 1 3 032 032 022 2 2 2 x x xx xx xx pt <=> )32(log)22(log 2 347 2 348 = ++ xxxx <=> += += == ++ y y xx xx yxxxx )347(32 )348(22 )32(log)22(log 2 2 2 347 2 348 0,5đ 0,5đ đặt >=+ >= 1347 032 2 a txx đa về hệ 1)1( )1(1 +=+ = +=+ yy y y aa at at )( 1 1 1 1 yf aa a yy = + + + = (*) vì 0< 11 1 < + << + 1a 1 0 và a a (do a > 1) Nên hàm số f(y) nghịch biến 1 > a và f(1) = 1 nên y = 1 là nghiệm duy nhất của pt (*) => x 2 2x 3 = a 1 = 7 + 4 3 Giải ra <+= >++= (t/m) (t/m) 134111 334111 2 1 x x vậy pt đã cho có 2 nghiệm x 1 , x 2 2> đặt y x 1 = khi x thì 0 y 0,5đ 0,5đ 0,5đ 5 ++ ++ = ++ = 2 3 2 0 2 3 0 )1(31)1(21 lim 3121 lim y yy y yy y yy I yy 2 1 1 2 1 )31(31)1()1( 3 211 1 lim ))1(31)1()31(( )3( )1(21 lim 3 2 3 2 0 2 3 3 22 2 2 2 0 =+= ++++++ + + +++ = ++++++ + + +++ = yyyy y yy yyyyy yy yyy y y y Vậy 2 1 = I Câu 4: (4 điểm) Gọi O là trung điểm của BC => === == 0SCSBSA OCOBOA => SO là trục đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC => SO là đờng cao của hình chóp S.ABC và góc giữa cạnh bên và đáy, góc SBO = góc SAO = SCO = 0,5đ 1,0đ 0,5đ + SO =asin , AC = a 1cos4 2 ( 2 1 cos > ) 1cos4 2 . 2 1 2 2 == a ACABS ABC + V S.ABC = 1cos4sin 6 2 3 a áp dụng BĐT cô si cho 2 số dơng 4 2 sin và 2 cos4 -1 > 0 0,5đ 6 S A a O C B a V = 82 1cos4sin4 . 12 1cos4.sin4 12 3223 22 3 aaa = + Dấu = xảy ra <=> 2 1 22 5 cos1cos4sin4 22 >== Vậy 22 5 cos = hình chóp có thể tích lớn nhất 2. Do ) 2 3 2 cos( 2 3 sin AA = nên gt bài toán trở thành (*) 0 4 sin 2 1 4 cos 2 1 ) 4 3 4 sin(2 0) 4 cos1( 2 1 4 cos 4 1 4 cos) 4 3 4 sin() 4 3 4 (sin2 2 3 4 cos) 4 3 4 sin(2) 4 3 4 (sin21 2 3 4 cos) 42 sin(2) 2 3 2 cos( 2 2 222 2 = + + = + + + = = + + CBCBA CBCBCBAA CBAA CBCBAA Do 2 4 cos 2 1 ) 4 3 4 sin( + CBA 0 4 sin;0 2 = CB nên VT của (*) không âm Khi đó (*) <=> dấu = xẫy ra <=> = + = 0 4 cos 2 1 ) 4 3 4 sin( 0 4 sin CBA CB 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Giải hệ trên ta đợc: == = 0 0 40 100 CB A Câu 5: (4 điểm) 1> Ta có +=+=++= 2 2 2 0 1 2 1 0 2 0 82 1 ) 2 1ln( IIxxdxdx x tgI 0,5đ 0,5đ 0,5đ 7 TÝnh ∫ += 2 0 1 ) 2 1ln( π dx x tgI ®Æt dtdx tx tx −=⇒−=⇒−= 2422 ππ §æi cËn: x = 0 => 2 π = t ; 2 π = x => t = 0 ∫ ∫ ∫ + = + − +=       −+−= 0 0 0 1 2 2 2 2 1 2 ln) 2 1 2 1 1ln() 24 (1ln π π π π dt t tg dt t tg t tg dt t tgI ∫ ∫ +=⇒=⇒−=−=+−= 2 2 2 0 0 2 111 0 2ln 48 2ln 4 2ln 2 2ln) 2 1ln(2ln π π π ππππ IIIItdt t tgdt VËy 2ln 48 2 ππ +=I NhËn thÊy ®êng th¼ng )( ∆ kh«ng cã ®iÓm chung víi parabol (P) Gäi )( ' ∆ lµ ®êng th¼ng tiÕp xóc víi Parabol (P) vµ song song víi dt )( ∆ => pt )( ' ∆ lµ 3x – 4y - + m = 0 ( m ≠ 19) hÖ pt:        =− +=− 4 3 8 44 3 16 2 x mxx cã nghiÖm (I) (I)    = −= ⇔ 9 6 m x pt ®t )( ' ∆ : 3x – 4y + 9 = 0. vµ to¹ ®é tiÕp ®iÓm ) 4 9 ,6( 0 −− M + Gäi (d) lµ ®t qua ®iÓm M 0 vµ vu«ng gãc vãi )( ' ∆ => (d)      −− → )3;4( ) 4 9 ;6( 0 d n M => pt ®t (d) 4x + 3y + 0 4 123 = 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 8 (d) () I I 1 H M 0 M 1 () I là giao điẻm của (d) và )( => toạ độ I là nghiệm của hệ = = =++ =+ 20 13 5 36 0 4 123 34 01943 y x yx yx => 2) 20 13 ; 5 36 ( 0 = IMI Pt đờng tròn tâm I, bk R = IM 0 có dạng 4) 20 13 () 5 36 ( 22 =+++ yx Ta chứng minh: đờng tròn (C) có phơng trình trên là đờng tròn có bk nhỏ nhất so với các đờng tròn t/m ycbt. Thật vậy: Lấy điểm I 1 bất kì trên )( , M 1 bất kì trên parabol (P) H = I 1 M 1 )( ' ta có: 0111 IMHIMI => IM 0 là nhỏ nhất Do đó đờng tròn bk IM 0 là đờng tròn bk nhỏ nhất Vậy đờng tròn cần tìm: 4 20 13 5 36 22 = ++ + yx 0,5đ 0,5đ 9 . đề thi học sinh giỏi khối 12 Môn: toán- bảng A - (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số:. ®¸p ¸n ®Ò thi häc sinh giái khèi 12 2 Môn: toán Thời gian: 180 phút Câu 1: (4 điểm) 1> Điểm M )(C , x M = a ---> 2 5 3 2 2 4 += a a y M ta có Pt tiếp