Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa (có đáp án chi tiết)

182 5.3K 14
Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa (có đáp án chi tiết)

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Sở gd&đt hoá đề thi học sinh giỏi lớp 12 Trờng THPT Hậu Lộc I Môn: toán bảng A Thời gian: 180 phút Bài1: ( điểm) Cho hµm sè y = −2 x + m x x + Tìm tiệm cận xiên đồ thị hàm số m = Tìm tất giá trị m để hàm số đạt cực đại điểm xo Bài 4: ( điểm) Tìm đa thức f(x) thoả m n: x.f(x-1) = (x-3) f(x) Bài 5: ( điểm) Lập phơng trình Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) đỉnh S(2;1) Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông Gọi H hình chiếu O lên đáy ABC Chứng minh r»ng: a) 1 1 = + + 2 OH OA OB OC b) S ∆ABC = S ∆OBC + S ∆OAC + S OAB đáp án đề thi hsg lớp 12 Môn: toán bảng A Bài1: 1) (1,5điểm): Với m =3 ta cã: y = −2 x + x − x + TX§: D = R Tiệm cận xiên bên phải 2x + x − 2x + =1 a = lim x → +ω x [ (0,25®iĨm) ] b = lim − x + x − x + − x = −3 (0,25 ®iĨm) Ta cã tiƯm cận xiên bên phải y= x-3 Tiệm cận xiên bên trái (0,25điểm) x + 2x + x − 2x + = −5 x → −ω x a = lim [ (0,25®iĨm) ] b = lim − x + x − x + + x = (0,25®iĨm) Ta cã tiệm cận xiên bên trái (0,25điểm) x y = -5x+3 y/(xo) = 2) (2,5 điểm): Hàm số đạt cực đại xo // y (xo) < m( x0 − 1)  =0  − + x02 − x0 + 2 x x − + 2  m= (1) 0  ⇔ ⇔ x0 − m   ; + sinx > (0,25 điểm) Phơng trình log cos x sin x ln(1 + cos x) = log sin x cos x ln(1 + sin x) ln sin x ln cos x ln(1 + cos x) = ln(1 + sin x) ln cos x ln sin x (ln sin x) (ln cos x) (*) ⇔ = ln(1 + sin x) ln(1 + cos x) (0,25 ®iĨm) ⇔ XÐt hµm sè: f (t ) = f / (t ) = ln t ln(1 + t ) ln t [2(t ) ln(t ) − t ln t ] 0 ⇒ sin C ≤ (0,25 ®iĨm) 2k k (0,25 điểm) Dấu xảy a = b hay A = B (0,25 ®iĨm) 2k − k (0,25 ®iĨm) ⇒ max(sin C ) = Bµi 4: Ta cã: x.f(x-1)= (x-3).f(x) (1) Cho x = ⇒ f(0) = (2) (0,25 ®iĨm) Cho x = ⇒ f(1) = (3) (0,25 ®iĨm) Cho x = ⇒ f(2) = (4) (0,25 ®iĨm) Tõ (2) ;(3); (4) ta suy f(x) chia hÕt cho x; x-1; x-2 (0,25 điểm) Nên f(x) = x.(x-1).(x-2).P(x) (0,25 điểm) Thay vào (1) ta đợc: x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x-1) = x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x) (0,25 ®iĨm) ↔ P(x-1) = P(x) ; ∀x ⇒ P(x) = C h»ng sè VËy f(x) = x.(x-1).(x-2).C (0,25 ®iĨm) với C số (0,25 điểm) Bài 5:1.(1 điểm) Đờng thẳng SF trục (P) có phơng trình: x y - = (0,25 điểm) Đờng chuẩn () (P) có phơng trình: x + y - = (0,5 ®iĨm) Gäi ®iĨm M(x;y) ∈ (P) ↔ FM = d(M; ∆) ⇔ ( x + 3) + ( y − 2) = (0,25 ®iÓm) ( x + y − 1) 2 (0,5 ®iÓm) ↔ x2 + y2- 2xy - 10x - 6y + 25 = (*) (0,25 điểm) (*) phơng trình Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh F tiêu điểm (0,25 điểm) 2.(4điểm): Gọi A1=AHBC ; B1=BHAC C1= CHAB O (0,25điểm) Theo giả thiết OA(OBC) OABC Và OH(ABC) OHBC BC(OAH) BCAH (0,5điểm) A B1 H Tơng tự BHAC; CHAB H trực tâm ABC (0,25điểm) Xét vuông AOA1 O ta cã: 1 = + 2 OH OA OA12 (1) OBC vuông O, ta cã: Tõ (1) vµ (2) ta cã: C C A B (0,25®iĨm) 1 = + 2 OA1 OB OC (2) (0,25®iĨm) (0,5®iĨm) 1 1 = + + 2 OH OA OB OC (đpcm) (3) Nhân hai vế (3) với 9.V2OABC ta cã: (0,25®iĨm) (0,25®iĨm) 9.V2OABC =OH2.(SABC)2= OA2 (SOBC)2= OB2 (SOAC)2 = OC2 (SOAB)2 (0,5điểm) Ta đợc: OH ( S ABC ) OA ( S ABC ) OB ( S ABC ) OC ( S ABC ) = + + OH OA OB OC (0,5 ®iĨm) ↔ S ∆ABC = S ∆OBC + S ∆OAC + S OAB (đpcm) (0,5 điểm) (Chú ý: cách khác chọn hệ toạ độ Oxyz gốc O) Lu ý: Những cách giải khác cho điểm tối đa thoe ý, đề thi học sinh giỏi khối 12 Sở GD & ĐT Thanh hoá Trờng THPT Quảng Xơng Môn: toán- bảng A - năm học 2005 - 2006 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) Cho hµm sè: y = x4 − x + (C ) điểm M (C ) có hoành độ xM = a Với giá trị 2 a tiếp tiếp tuyến (C) M cắt (C) điểm phân biệt khác M Tìm m để phơng trình (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) 2m +1 =0 Cã nghiÖm tho m n: x2 +6x + ≤ Câu 2: (4 điểm) 1.Tìm GTLN GTNN hàm số f(x) đoạn [-1; 2] biết f(0) = (1) vµ f2(x).f’(x) = 1+ 2x +3x2 (2) sin x sin 3x + cos x cos 3x =− π π tg ( x − )tg ( x + ) C©u 3: (4 điểm) log Giải phơng trình : Tìm: lim x ( x →∞ 2+ 2 x − x − = x − x − 3) ( 2 ) log ( + 3 x+2 x+3 − ) x x C©u 4: (4 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác vuông A AB = a, cạnh bên SA = SB = SC = a tạo với đáy góc Xác định cos để thể tích hình chóp lớn Tính gãc cña ∆ABC biÕt sin 3A A−C A− B = + sin + sin 2 2 Câu 5: (4 điểm) Tính: [ ] I = ∫ ln (1 + tg 2x )e x dx Trên trục toạ độ Oxy: Cho parabol (P): y = x2 đờng thẳng () : 3x – 4y + 16 19 = ViÕt ph−¬ng trình đờng tròn có tâm I thuộc đờng thẳng () có bán kính nhỏ tiếp xúc với parabol (P) -hÕt Hä tªn thÝ sinh: Số báo danh: đề thi hsg môn toán 12 (thời gian :180 phút) Câu (2.0®) TÝnh tỉng sau x x x 1 tg + tg + + n tg n 2 2 2 Sn = Câu (2.0 đ) Tính tích phân sau ∫ sin xcox a cos x + b sin x (Víi a ≠ 0; b ≠ 0) dx  x + my = m  2 x + y = x C©u (2.0 đ) Cho hệ phơng trình 1/ Biện luận số nghiệm hệ phơng trình theo m 2/ Khi hệ có hai nghiệm (x1;y1);(x2;y2) tìm m để S = (x2-x1)2+(y2-y1)2 đạt giá trị lớn Câu (2.0 đ) Giải phơng tr×nh 3( x + − 1) = x(1 + x + x + Câu (2.0đ ) Tìm tất giá trị tham số m để bất phơng trình sau ®©y cã nghiƯm sin C©u (2.0 ® ) x + cos Tìm giới hạn sau x ≥ m3sin x L = Lim x→ π − sin m + n + p x (1 − sin m x)(1 − sin n x)(1 − sin p x) (víi m ,n ,p lµ ba số nguyên dơng cho trớc ) Câu7 (2.0đ) Giải biện luận theo tham số m hệ bất phơng trình sau  − cos x ≤ log cos π   1 + sin x ≤ m  sin x C©u ( 2.0 ® ) Cho tø diƯn OABC cã OA ,OB ,OC đôi vuông góc với Vẽ đờng cao OH tứ diện Đặt A = CAB; B = ∠ABC ; C = ∠BCA α = ∠AOH ; β = ∠BOH ; γ = ∠COH Chøng minh r»ng sin α sin β sin γ = = sin A sin B sin 2C Câu (4.0đ ) Cho hình chóp tam giác SABC Biết tồn hình cầu tâm O, bán kính R ( O nằm đờng cao hình chóp) tiếp xúc với cạnh hình chóp 1/ Chứng minh SABC hình chóp 2/ Cho SC =R Tính chiều cao hình chóp đáp án (đề thi hsg môn toán 12) Ap dụng : (ln u ) = / Câu Do đặt cã Pn = x 2n sin u u/ x / x ) = − tg n n 2 x x x Pn = cos cos cos n ⇒ S n = −(ln Pn ) / 2 co (ln cos x x x x cos n cos n −1 cos n 2 2 sin = = 1 sin x x 2n sin n /     1 x n sin x  = − cot gx + n cot g n S n = − ln x   2  sin n    Câu Đặt I tích phân đ cho.XÐt tr−êng hỵp sau: π : TH : TH : ∫ sin xd (sin x) = a 2a a = b⇒I = a ≠b Víi [ ] t = a cos x + b sin x ⇒ dt = − 2a cos x sin x + 2b sin x cos x dx = 2(b − a ) sin x cos xdx 2 b − a2 Kl : I = a+b ⇒I = ( b )∫ a2 dt t = 1 b2 = t / 2 a2 b+a b −a C©u  x + m y − m = HÖ pt ⇔  2 ( x − ) + y = (1) (2) Nhận xét : (1) pt dờng thẳng Dm: x+(y-1).m =0 qua điểm cố định A(0;1) (2) pt đờng tròn ( C) có tâm I(1/2;0), bán kính R=1/2 số nghiệm pt số giao điểm Dmvà (C) Tiếp tuyến (C) xuất phát từ A OA, (x=0) dờng thẳng AB _ 2.tg Đặt OAI = OB = OA tg 2α = OA = ( tgα = 1) − tg α _ _ _ _ _ Mặt khác , OB hoành độ giao điểm Dm Ox nên OB =m Biện luận / m=0 m=4/3 ,hpt cã nghiÖm nhÊt ./ o 1,4 Câu 2: (2 ® ) Chøng minh Π Π n Cos dx Sin n x.dx = ∫0 Cos n x + Sinn x ∫0 Cos n x + Sinn x Và suy giá trị chúng Câu ( ® ) BiƯn ln theo m sè nghiƯm ccủa phơng trình x4 + 4x + m + x4 + x + m = C©u 4: ( đ ) Tìm m để phơng trình: x4 – (2m + ) x2 + m + = Có nghiệm thoả mẫn: - < x1 < -1 < x2 < < x3 < < x4 < Câu 5: (2đ) Tìm nghiệm khoảng ( : ) phơng trình sin 3Π x − 3Cos x = + 2Cos ( x − ) Câu (2đ) Trong tam giấc ABC có góc cạnh thoả m n: + CosB = SinB 2a + c 4a − c (1) Chứng minh tam giác tam giác cân Câu 7: ( đ ) Tìm giới hạn E = x Lim1 ( Câu 8: (2đ) Giải hệ phơng trình : ( m n − ) (m,n ∈ Z + ) m n 1− x 1− x )  + x − y 51− x + y = + 2 x − y +1 (1)   y + x + + ln( y + x) = 0(2) C©u (2đ) Cho đờng tròn (C1 ) : x2 + y2 – x – 6y + = (C2 ): x2 + y2 – 2mx – = Tìm m để (C1 ) ( C2 ) tiếp xúc với Nói rõ loại tiếp xúc Câu 10 (2đ) Chứng minh n số nguyên, n ≥ th×   1 +   n +1 n +1 > 1 +   n n Sở GD&ĐT Thanh hoá Trờng THPT Thọ Xuân H−íng dÉn chÊm thi häc sinh giái líp 12 THPT Năm học 2005-2006 Môn toán- bảng A Hớng dẫn chấm Điểm Câu Câu 1: (0,5đ) + tg10 18 Ta cã: tg 550 = tg (450 + 100 ) = = − tg100 − tg Π 18 1+ x XÐt hµm sè : f(x) = ta cã: 1− x > VËy f(x) ®ång biÕn ∀ x ∈ (- ∞ ;1) hc f’(x) = (1 − x) ∀ x ∈ (1;+ ∞ ) Theo (1) ta có tg550=f(tg Đặt t= Ta cã: Π -x ⇒ dt = - dx Π Cos xdx = n x + Sin n x ∫ Cos Π n Π n Π Π )> f( )>f( ) =1,4 18 18 Π ∫ + tg Cos n ( Π − t )dt Π Π Sin ( − t ) x + Cos n ( − t ) 2 = Mặt khác: Từ(1) (2): (1) Π Sin xdx Cos xdx Π = ∫ dx = +∫ n n n n x + Sin x Cos x + Sin x ∫ Cos Π n x4 + 4x + m + x4 + x + m = (2) (0,5®) (0,5®) Π Cos xdx Sin n xdx Π = ∫0 Cos n x + Sinn x ∫0 Cos n x + Sinn x = n Đặt t= x + x + m (t ≥ 0) ⇒ t2 = x + x + m (0,25®) n Π n (0,5®) (0,5®) (0,5®) Sin tdt Sin n xdx =∫ = Cos nt + Sin nt ∫0 Cos n x + Sin n x Π (0,5®) (1) (2) (0,25®) 0,25® 0,25® t ≥ ⇒ Ta cã:  ⇔ t=2 + − = t t  Tõ (2) x + x + m = ⇔ x4+4x+m=16 -x4-4x+16=m Đặt: f(x)= -x4-4x+16 f(x) = -4x3-4=-4(x3+1) f(x)=0 x=-1và f(-1)=19 Lim = - x Bảng biÕn thiªn cđa f(x) x -∞ -1 F’(x) + 19 F(x) 0,25® 0,25® 0,25® +∞ 0,25® -∞ -∞ Tõ bảng biến thiên ta có bảng biện luận theo m sè nghiƯm cđa (1) nh− sau: m Sè nghiƯm cđa phơng trình (1) + 19 - 0,5đ Đây phơng trình trùng phơng Đặt t= x2 0; phơng trình đ cho có dạng: t2 (2m+3)t +m+5 = (2) Phơng trình đ cho có nghiệm x1;x2;x3;x4 phơng trình (2) có nghiệm dơng t1 ; t2 dơng.(0 t1 >  af (1) <  ⇔ af (0) > ⇔ af (4) >   −m+3<   m+5 > ⇔ − 7m + > (Không có m thoả m n ) m>3  m > −5 m <  0,5® 0,5® 3Π     3Π ⇔ 2(1 − Cosx) − 3Cos x = + + Cos (2 x − ) ⇔ −2Cosx − 3Cos x = − Sin x ⇔ 3Cos x − Sin2 x = −2Cosx Π  ⇔ Cos x +  = Cos (Π − x) 6  Π ⇔ 2x + = ±(Π − x) +k2 Π Ta cã: 4Sin − 3Cos x = + 2Cos  x − x 5Π 2Π   x = 18 + k (2) ⇔  7Π x = − + k 2Π (3)  Do x ∈ (0; Π ) nªn ë hä ( ) chØ lấy đợc k = 0, k = họ ( ) lấy đợc k = Vậy nghiệm (0; ) là: x1 = + CosB = SinB 2a + c 4a − c 5Π 17Π 5Π ; x2 = ; x3 = 18 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 0,5® 0,25® 0,25® ( 1) Ta cã: (1 + CosB ) 2a + c = Sin B 2a − c   B  2Cos   = + 2a + c ⇒ 1+  2a − c  Sin B Cos B    2  B 4a ⇒ + cot g = 2a − c 4a ⇒ = B 2a − c Sin 2 B ⇒ 2a − c = 4a.Sin 2 B  ⇒ c = 2a1 − Sin  2  ⇒ 2a.CosB = c (1) ⇒ 0,25® 0,25® 0,5® 0,25® ⇒ RSinACosB = RSinC ⇒ SinACosB = SinC 0,25® ⇒ SinACosB = Sin( A + B) ⇒ Sin( A − B) = ⇒ A− B = ( V× - Π < A − B < Π ) ⇒ A = B hay ∆ABC tam giác cân C 0,5đ Ta có:      E = lim  − −  = − n Ü →1 − x m − x   − x − x   m n  (m − (1 + x + x + + x m −1 ) (n − (1 + x + x + + x n −1 )    Lim − 1 x − xm − xn   2 m −1  (1 − x) + (1 − x ) + + (1 − x ) (1 − x) + (1 − x ) + (1 − x n −1 )   = x Lim1  − − xm − xn   = 0,5®  + (1 + x) + + (1 + x + + x m − )   + (1 + x) + + (1 + x + + x n − )  −  lim  x →1 + x + x + + x m −1 + x + x + + x n −1s    0,5® + + + (m − 1) + + + (n − 1) − m n m(m − 1) n(n − 1) m −1 n −1 m − n E= − = 2− 2= m n 2 E= Đặt t = 2x – y ( ) 0,5® 0,5® 0,25®  + x − y 51− x + y = + 2 x − y +1 (1) Khi ®ã hƯ (I):   y + x + + ln( y + x) = 0(2) Ta cã: (1) ⇔ (1 + 4t )5−t +1 = + 2t +1  t  t  ⇔ 5  +    = + 2.2t (3)      t  t  §Ỉt f (t ) = 5  +    ; g(t) = 1+2 2t    0,25đ 0,25đ 0,25đ Ta có: f(t) hàm số giảm, g(t) hàm số tăng Và f(1) = g (1) Do ®ã: (3) ⇔ t = ⇔ x − y = 0,25® 2x = y +  y + y + + ln( y + y + 1) = 0,25đ Vậy hệ (I) Đặt h(y) = y3 + 2y + + ln ( y2+ y +1 ) Ta cã: h’(y) = 3y2 + + = 3y2 + 2y +1 y + y +1 2 y2 + y + y2 + y + 2( y + 1) + = 3y + >0 y + y +1 0,25® h(y) >0 h(y) hàm số tăngvà h(-1) = 2 x = y + ⇔  y = −1 VËy (I) ⇔  x=0  y = 0,25đ Phơng trình ( C1) ( C2 ) có dạng sau: (C1):   x −  + ( y − 3) = 2  0,25® (C2): (x-m)2 + y2 = m2 + ; VËy ( C1) đờng tròn với tâm O1 ;3 bán kính R1 = (C2) đờng tròn với tâm O2 (m,0) bán kính R2 = m + 0,25® 4m − 4m + 37 4m − 4m + 37 Ta cã: O1O2 = +  m −  = = 0,25® 2  2 2 a, ( C1) vµ ( C2) tiÕp xóc ngoµi nÕu R1+R2 = O1O2 ⇔ + 4m + = 4m − 4m + 37 ⇔ 4m + + 20m + 20 = 4m − 4m + 37 5m + = − m m≤7  ⇔ 2 5m + = 49 − 14m + m m≤7  ⇔ 4m + 14m − 44 = 11 ⇔ m=2 hc m = 0,5đ (C1) (C2) tiếp xúc nÕu R1 − R2 = O1O2 b, ⇔ − 4m + = 4m − 4m + 37 (1) 0,25đ +) m > R2 > R1, vËy tõ (1) ta cã 4m + − = 4m − 4m + 37 ⇔ 4m + − 20m + 20 = 4m − 4m + 37 ⇔ m − = 5m + m≥7  (HƯ v« nghiƯm) ⇔ 4m + 14m − 44 = +) nÕu m < th× R1 > R2 , lập luận tơng tự ta có đợc hệ 0,25đ 0,25đ vô nghiệm Kết luận: Để (C1) (C2) tiếp xúc với m = m = - 11 tiếp xúc tiếp xúc 10 áp dụng bất đẳng thức côsi cho n+1 số gồm n  1  1 1 +  + + 1 +  + 14n442444n3 ≥ n sè hạ ng n +1 0,25đ  sè 1+ vµ sè ta cã: 1 +  1 +  n +1 n 14n4244n3 n thõa sè 0,5® ⇔ n + n +1   ≥ 1 +  n +1  n   ⇔ 1 +   n +1 n +1 n  1 ≥ 1 +   n 0,25đ n Dấu đẳng thức xảy v× + n +1   1 VËy 1 +  > 1 +   n +1  ≠1 n 0,5® n n 0,5® ... Thanh hãa Tr−êng thpt hËu léc o0o - đề xuất ngân hàng đề Đáp án đề thi Học sinh giỏi THPT Môn Toán Bảng A o0o Chú ý: + Đáp án gồm trang +Nếu thí sinh làm cách khác với đáp. .. thí sinh : Sè b¸o danh Thanh hóa; Ngày 02 tháng 10 năm 2005 Lời giải chi tiết biểu điểm đề thi học sinh giỏi toán khối 12 Bài ý Bài 1 Lời giải chi tiÕt §iĨm a) TX§ : D = R b) Sù biÕn thi? ?n:... chí toán học Ca na ®a Kú thi häc sinh giái líp 12 THPT Năm học 2005 - 2006 Sở giáo dục đào tạo Thanh hoá Môn thi : toán học - bảng A (Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao đề) Đề thức

Ngày đăng: 02/10/2015, 09:34

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan