Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi và đáp án thi chọn học sinh giỏi môn toán Trung học phổ thông Hậu lộc III tỉnh Thanh Hóa
Sở GD&ĐT Thanh hóa Trờng thpt hậu lộc 3 o0o đề xuất ngân hàng đề Đề thi Học sinh giỏi THPT Môn Toán Bảng A o0o Câu 1: (6 điểm) Cho hàm số: y = x 3 + 3x 2 + 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình: x 3 + 3x 2 = m 3 + 3m 2 . c) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C) kẻ từ điểm (1; 5). d) Trên đờng thẳng y = 9x 4, tìm những điểm có thể kẻ đến (C) 3 tiếp tuyến. Câu 2: (3 điểm) Giải các phơng trình sau: a) 3 cosx cos x (7 5 2) (17 12 2) cos3x+ + = . b) 2 4 2 3 x 3x 1 x x 1 3 + = + + . Câu 3: (4 điểm) a) Tìm m để bất phơng trình sau có nghiệm duy nhất: 2 2 m 1 m 7 log 11 log ( x mx 10 4)log (x mx 12) 0+ + + + + + . b) Tìm m để bất phơng trình sau đúng với mọi x. 1 + 2cosx+ 1 + sin2x 2m 1. Câu 4: (2,5 điểm) a) Xác định a, b để hàm số sau có đạo hàm tại x = 0: 3 3 1 ax cosx vớix 0 f(x) ln(1 2x) b 1 vớix 0 + < = + + . b) Tính tích phân: 1 5 2 2 4 2 x 1 5 2 x 1 I dx (x x 1)(1 2006 ) + + + = + + . Câu 5: (2,5 điểm) Cho 2 elíp (E 1 ): 2 2 x y 1 15 6 + = , (E 2 ): 2 2 x y 1 6 15 + = và parabol (P): y 2 = 12x. a) Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của 2 elíp trên. b) Viết phơng trình tiếp tuyến chung của (E 1 ) và (P). Câu 6: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc với đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM MD. Tính tỉ số SM SB . Sở GD&ĐT Thanh hóa Trờng thpt hậu lộc 3 o0o đề xuất ngân hàng đề Đáp án đề thi Học sinh giỏi THPT Môn Toán Bảng A o0o Chú ý: + Đáp án gồm 5 trang. +Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án mà kết quả đúng thì cho điểm tối đa. Câu ý Nội dung điểm 1 1a - Tập xác định: D = R. - Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: y = 3x 2 + 6x = 0 x 0 x 2 = = . Hàm số đồng biến trên các khoảng (-; -2) và (0; +); hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0). + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm (0; 1) và đạt cực tiểu tại điểm (-2; 5). + Giới hạn: x lim y = đồ thị hàm số không có tiệm cận. + Tính lồi lõm và điểm uốn: y = 6x + 6 = 0 x = -1. Đồ thị hàm số lồi trên khoảng (-; -1), lõm trên khoảng (-1; +) và có điểm uốn là (-1; 3). + Bảng biến thiên: x - -2 -1 0 + y + 0 - - 0 + 5 + y 3 - 1 - Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (-3; 1), (-2; 5), (-1; 3), (0; 1) và (1; 5). Nhận điểm uốn (-1; 3) làm tâm đối xứng. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1b Ta có: x 3 + 3x 2 = m 3 + 3m 2 (1) x 3 + 3x 2 + 1 = m 2 + 3m 2 + 1 = a số nghiệm của phơng trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị (C) và đờng thẳng y = a, từ đồ thị ở câu a ta có: - Phơng trình (1) có 1 nghiệm nếu a > 5 hoặc a < 1. - Phơng trình (1) có 2 nghiệm nếu a = 5 hoặc a = 1. - Phơng trình (1) có 3 nghiệm nếu 1 < a < 5. Xét hàm số f(m) = m 3 + 3m 2 + 1 f(m) cũng có đồ thị là (C), nên từ đồ thị ở câu a ta có: - a > 5 m > 1; a = 5 m = 1 hoặc m = -2 - a < 1 m < -3; a = 1 m = -3 hoặc m = 1. - 1 < a < 5 -3 < m < 1 Vậy ta có: + Với m > 1 hoặc m < -3 thì phơng trình (1) có 1 nghiệm. + Với m = -3 hoặc m = -2 hoặc m = 1 hoặc m = 2 thì phơng trình (1) có 2 nghiệm. + Với -3 < m < 1 và m -2, m 0 thì phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. 0,25 0,25 0,25 0,25 1c Gọi phơng trình tiếp tuyến kẻ từ điểm (1; 5) có dạng: y = k(x 1) + 5 y = kx + 5 k. Vì là tiếp tuyến của (C) nên ta có: 3 2 2 x 3x 1 kx 5 k x 2,k 0 x 1,k 9 k 3x 6x + + = + = = = = = + . Có 2 tiếp tuyến của (C) đi qua điểm (1; 5) là: y = 5 và y = 9x 4. 0,25 0,50 0,25 1d Gọi M (x 0 ; 9x 0 4) là điểm trên đờng thẳng y = 9x 4. Đờng thẳng đi qua M có phơng trình dạng: y = k(x x 0 ) + 9x 0 4. 0,25 y 5 3 1 -3 -2 -1 0 1 x Ta có: 3 2 0 0 2 x 3x 1 k(x x ) 9x 4 k 3x 6x + + = + = + . Để có 3 tiếp tuyến qua M thì hệ trên cần có 3 nghiệm phơng trình sau cần có 3 nghiệm phân biệt: (x 1)[2x 2 + (5 3x 0 )x + 5 9x 0 ] = 0. Từ đó ta có điều kiện của x 0 là: 0 0 0 x 1/ 3 x 5 x 1 > < . Vậy các điểm M cần tìm có toạ độ (x; 9x 4) với điều kiện: x 1/ 3 x 5 x 1 > < 0,25 0,25 0,25 2 2a Tập xác định: D = R. Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình: 3 3 3cosx 4 cos x 3 3cosx 3 4 cos x (1 2) (1 2) 4cos x 3cosx (1 2) 3cosx 4cos x (1 2) + + = + + = + + Xét hàm số f(t) = t (1 2) t+ + , ta có f(t) đồng biến với mọi t nên ta có: f(3cosx) = f(4cos 3 x) 3cosx = 4cos 3 x cos3x = 0 x = k 6 3 + , k Z 0,25 0,50 0,50 0,25 2b Ta có: x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + x + 1)(x 2 x + 1) > 0 x 2 3x + 1 = 2(x 2 x + 1) (x 2 + x + 1) Đặt 2 2 x x 1 t x x 1 + = + + , t > 0. Phơng trình trở thành: 2 3 t 0 3 2 3 2t t 1 0 3 1 t 3 = < + = = 2 2 x x 1 1 x x 1 3 + = + + x = 1 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 3 3a Điều kiện: m > 0 và m 1, x 2 + mx + 10 0. Bất phơng trình đã cho tơng đơng với: 0,50 2 2 7 11 11 1 log ( x mx 10 4)log (x mx 12) 0 log m + + + + + . (*) Đặt u = x 2 + mx + 10, u 0. + Với 0 < m < 1: (*) f(u) = log 7 ( u + 4)log 11 (u + 2) 1 Ta thấy f(9) = 1 và f(u) là hàm đồng biến nên ta có: f(u) f(9) u 9 x 2 + mx + 10 9 x 2 + mx + 1 0 Vì phơng trình trên có = m 2 4 < 0 với 0 < m < 1 nên phơng trình trên vô nghiệm bất phơng trình đã cho vô nghiệm. + Với m > 1: Ta có: f(u) 1 = f(9) 0 u 9 0 x 2 + mx + 10 9 2 2 x mx 10 0 (1) x mx 1 0 (2) + + + + . Xét phơng trình x 2 + mx + 1 = 0 có = m 2 4. Nếu 1 < m < 2 < 0 (2) vô nghiệm bất phơng trình đã cho vô nghiệm. Nếu m > 2 > 0 phơng trình trên có 2 nghiệm đều thoả mãn (1) và (2) bất phơng trình đã cho có nhiều hơn một nghiệm. Nếu m = 2 (2) có nghiệm duy nhất x = -1 bất phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = -1. Vậy giá trị cần tìm của m là: m = -2. 0,50 0,50 0,50 3b Đặt f(x) = 1 + 2cosx + 1 + 2sinx. Bài toán trở thành: tìm m sao cho maxf(x) 2m 1. Ta có f 2 (x) = 6 + 4(sinx + cosx) + 21 + 2(sinx + cosx) + 4sinxcosx Đặt t = sinx + cosx, 2 t 2 . Ta có: f 2 (x) = g(t) = 6 + 4t + 22t 2 + 2t 1 với 2 t 2 . Xét sự biến thiên của g(t) ta có: 2 2; 2 max g(t) 4( 2 1) = + Vì f(x) 0 nên ta có: maxf(x) = 2 maxf (x) maxg(t) 2( 2 1)= = + Vậy ta có: 3 2 2 2( 2 1) 2m 1 m 2 + + . 0,25 0,25 0,25 0,75 0,25 0,25 4 4a Hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi nó liên tục tại x = 0. 0,25 0,50 x 0 x 0 lim f(x) lim f(x) f(0) b 1 + = = = . Ta lại có: 3 3 x 0 1 a x cos x a f '(0 ) lim x 3 + = = Và x 0 ln(1 2 x) f '(0 ) lim 2 x + + + = = a = 6. Vậy hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi a = 6 và b = 1. 0,25 0,25 0,25 4b Chứng minh đợc: 1 5 1 5 2 2 2 2 4 2 x 4 2 1 5 1 5 2 2 x 1 x 1 I dx dx (x x 1)(1 2006 ) x x 1 + + + + + + = = + + + 1 5 2 2 2 1 5 2 1 1 x I dx 1 (x ) 1 x + + + = + . Đặt / 4 / 4 1 x tgt I dt x 2 = = = . 0,50 0,25 0,50 5 5a Toạ độ giao điểm của 2 elíp (E 1 ) và (E 2 ) là nghiệm của hệ phơng trình: 2 2 2 2 2 2 x y 1 60 15 6 x y 7 x y 1 6 15 + = + = + = Vậy đờng tròn đi qua các giao điểm của 2 elíp là: 2 2 60 x y 7 + = 0,50 0,50 5b Gọi đờng thẳng Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2 0), là tiếp tuyến chung của (E 1 ) và (P). Ta có: 2 2 2 15A 6B C 0 C 5A C 5A 6B 2AC + + = = = = Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm là: 3x 5y 5 3 0 + = . 1,0 0,50 6 Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ nh hình vẽ. Suy ra ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a 3 ) và B = a a 3 ; ;0 2 2 ữ . Suy ra phơng trình của SB là: 2x 2y z a 3 a a 3 a 3 = = Gọi M(x 0 ; y 0 ; z 0 ) thuộc cạnh SB, ta có: 0 0 0 0 y 3x z a 3 2 3x = = . Mặt khác AMDN AM.DM 0= uuuur uuuur x 0 2 2ax 0 + y 0 2 + z 0 2 = 0 0 3a x 8 = 3a 3a 3 a 3 M ; ; 8 8 4 = ữ 3 SM SB 4 = uuur uur hay SM 3 SB 4 = . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 Hết A D B C S H . trình: 3 3 3cosx 4 cos x 3 3cosx 3 4 cos x (1 2) (1 2) 4cos x 3cosx (1 2) 3cosx 4cos x (1 2) + + = + + = + + Xét hàm số f(t) = t (1 2) t+ + , ta có f(t) đồng biến với mọi t nên ta có: f(3cosx). -2. 0,50 0,50 0,50 3b Đặt f(x) = 1 + 2cosx + 1 + 2sinx. Bài toán trở thành: tìm m sao cho maxf(x) 2m 1. Ta có f 2 (x) = 6 + 4(sinx + cosx) + 21 + 2(sinx + cosx) + 4sinxcosx Đặt t = sinx + cosx, 2 t 2 . Ta. t (1 2) t+ + , ta có f(t) đồng biến với mọi t nên ta có: f(3cosx) = f(4cos 3 x) 3cosx = 4cos 3 x cos3x = 0 x = k 6 3 + , k Z 0,25 0,50 0,50 0,25 2b Ta có: x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + x