Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 33
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (119.22 KB, 9 trang )
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
