Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 18 doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (122.69 KB, 9 trang )
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN: TOÁN
Thời gian 180 phút
Bài 1: (2đ) Cho hàm số: y = x
3
-
32
2
1
2
3
mmx (m là tham số)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b. Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị (cm)tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho AB = BC.
Bài 2: (2điểm)
Tính tích phân
I =
dxxx
23
1
0
1
Bài 3: (2điểm)
Cho phương trình:
x
2
– 2 ( m - 1) x + 2m
2
– 3m + 1 = 0 (m là tham số)
Chứng minh rằng khi phương trình có nghiệm thì hai nghiệm của nó thỏa
mãn bất đẳng thức.
| x
1
+ x
2
+ x
1
x
2
|
8
9
Bài 4: (2 điểm)
Giải bất phương trình
232 x + 2x
3
4
)2)(23( xx
Bài 5: (2điểm)
Giải phương trình
sin
3
(x + xsin2)
4
Bài 6: (2điểm) Cho
ABC có:
2
1
sin
sin
coscos
22
22
B
A
BA
(cotg
2
A + cotg
2
B)
Chứng minh rằng
ABC cân
Bài 7: (2điểm)
Tính giới hạn sau:
I =
1
lim
x
1
57
2
3
x
xx
Bài 8: ( 2 điểm)
Giải phương trình
x- 5
2
x x-1- 5
2
x
4 - 12 . 2 + 8 = 0
Bài 9: (2điểm)
Cho hình chóp S . ABCD trong đó SA
(ABCD) và SA = 2; ABCD
là hình chữ nhật, AB = 1; BC = 3.
Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AC và SD
Bài 10: (2 điểm)
Giả sử x,y là 2 số dương thỏa mãn điều kiện
6
32
yx
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng x+y.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN: TOÁN
Bài 1:
a) Với m = 1 thì hàm số có dạng: y =
2
1
2
3
23
xx
* TXĐ: D = R
(0,25)
Chiều biến thiên
y’ = 3x
2
– 3x = 3x(x-1)
y’ = 0
1
0
x
x
=> Hàm số đồng biến trên (-
;
0
) và (1; +
)
Hàm số nghịch biến trên (0;1)
Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 , y
cđ
=
2
1
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, y
ct
= 0
Giới hạn
lim y = -
, lim y =
x
-
x
(0,25)
* Tính lồi, lõm, điểm uốn.
y” = 6 x – 3
y” = 0
x =
2
1
Dấu của y”:
x -
1/2
y” - 0 +
Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm
(1/2;1/4)
* Bảng biến thiên:
x -
0 1/2 1
y’ + 0 - 0 +
y 1/2
1/4
-
0
(0,25)
Đồ thị :
Giao điểm với trục ox: (1;0) và (-1/2; 0)
Giao điểm với trục oy: (0; 1/2)
(0,25)
b) PT hoành độ giao điểm:
x
3
- 0
2
1
2
3
32
mxmx (1)
Đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C
pt (1) có
3 nghiệm phân biệt x
A
, x
B
, x
C
. Theo Vi et ta có : x
A
+ x
B
+x
C
=
2
3
m (2)
theo gt AB = BC
2 x
B
=x
A
+ x
C
(3)
Từ (2) và (3)
x
B
=
2
m
. Vậy x =
2
m
là một nghiệm của (1).
Chia f(x) =
323
2
1
2
3
mxmxx cho
2
m
x ta được:
f(x) = (x -
2
m
) (x
2
– mx – 1 -
2
2
m
) -
2
m
+
4
3
m
.
(0,25)
x =
2
m
là nghiệm của (1)
-
2
m
+
4
3
m
= 0
m=0, m =
2
Khi đó f(x) = (x -
2
m
) (x
2
– mx – 1 -
2
2
m
) có 3 nghiệm phân biệt
vì )(x
= x
2
– mx – 1 -
2
2
m
có 2 nghiệm trái dấu
(0,25)
và có
(
2
m
) = -1 - 0
4
3
2
m
.
m
vậy: m = 0 ; m =
2
(0,25)
Bài 2: I =
dxxx .1.
2
1
0
3
Đặt x = sin t, t
2
;
2
dx = cost . dt
(0,5)
x = 0
t = 0, x=1
t =
2
ttx cossin11
22
I =
)(cos.cos).cos1(.cos.sin
2
2
0
22
2
0
3
tdttdttt
=
15
2
|)cos
3
1
cos
5
1
()(cos).cos(cos
2/
0
352
2
0
4
tttdtt
(0,5)
Vậy
15
2
.1.
2
1
0
3
dxxx
(0,5)
Bài 3:
a) x
2
– 2(m-1) + 2m
2
– 3m + 1 = 0 (1)
Ta có
’ = (m-1)
2
– (2m
2
– 3m + 1) = - m
2
+ m
(0,25)
PT (1) có nghiệm
’
0
- m
2
+ m
0
0
m
1
(0,25)
Vậy 0
m
1 thì pt (1) có nghiệm
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1)
Theo Vi ét ta có: x
1
+ x
2
= 2(m-1)
x
1
. x
2
= 2m
2
– 3m + 1
(0,25)
| x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
| = | 2m – 2 + 2m
2
– 3m + 1| = | 2m
2
– m – 1|
(0,25)
= 2 | m
2
-
2
m
-
2
1
| = 2 |(m -
4
1
)
2
-
16
9
|
(0,25)
Với 0
m
1 thì ( m -
4
1
)
2
0
| (m -
4
1
)
2
-
16
9
|
16
9
(0,25)
Vậy | x
1
+ x
2
+ x
1
. x
2
|
2.
16
9
=
8
9
(0,25)
Bài 4: Giải phương trình
2 23 x + 2x
3
4
)2)(23( xx (1)
TXĐ: D =
x
R
\ x
3
2
Trên D thì 2x > 0, Chia 2 vế của (1) cho 2x ta được
2 31
2
23
x
x
4
2
23
x
x
(0,25)
Đặt t =
4
2
23
x
x
, t
0
(0,25)
BPT
2t
2
– 3t + 1
0
0
t
2
1
hoặc t
1
(0,25)
* Với 0
t
2
1
thì
4
2
23
x
x
2
1
3
2
x
47
34
(0,25)
* Với t
1 thì
4
2
23
x
x
1
x
2
(0,25)
Vậy tập nghiệm của BPT (1): T =
47
34
;
3
2
;2
(0,25)
Bài 5: Giải phương trình
sin
3
(x + xsin.2)
4
Đặt t = x +
4
thì phương trình trở thành
(0,25)
sin
3
t =
2
sin (t -
4
)
sin
3
t = sint – cost
(0,5)
sint (1 – cos
2
t) = sint – cost
cost (1- sint.cost) = 0
(0,5)
kxktt
ttt
42
0cos
2sin
2
1
10cos.sin1
Vô nghiệm
(0,5)
Vậy x =
4
+
k
( )zk
Bài 6:
B
A
BA
22
22
sin
sin
coscos
=
2
1
(cotg
2
A + cotg
2
B)
B
A
BA
22
22
sin
sin
)sin(sin2
=
2
1
)1
sin
1
1
sin
1
(
22
B
A
(0,5)
1)
sin
1
sin
1
(
2
1
1
sin
sin
2
2222
B
A
B
A
(0,25)
B
A
22
sin
sin
2
=
B
BA
22
22
sin
sin
2
sinsin
(0,25)
4
A
2
sin . B
2
sin =
222
)sin(sin BA
(0,25)
0sinsin
2
22
BA
(0,25)
BA sinsin
(0,5)
BA
ABC
cân
Bài 7:
I =
1
lim
x
1
57
2
3
x
xx
=
1
lim
x
1
25
lim
1
27
2
3
x
x
x
x
(0,5)
=
1
lim
x
)25)(1(
25)(25(
lim
)42.7)7()(1(
)42.7)7()(27(
2
22
1x
3
3
2
3
3
2
3
xx
xx
xxx
xxx
(0,5)
=
1
lim
x
)25)(1(
)45(
lim
)47.2)7()(1(
)87(
2
2
1
3
3
2
xx
x
xxx
x
x
(0,25)
=
1
lim
x
25
1
lim
472)7(
1
2
1
3
3
2
x
x
xx
x
(0,5)
=
12
7
2
1
12
1
(0,25)
Bài 8: Điều kiện
;5 x 5x
(0,25)
082.124
515
22
xxxx
082.62
5
2
5
22
xxxx
(0,25)
Đặt
t
xx
5
2
2
( t > 0 ) phương trình trở thành
(0,25)
086
2
tt
t = 2 hoặc t = 4
(0,5)
* Với t = 2
31522
25
2
xxx
xx
(t/m)
(0,25)
*
Với t = 4
5
2
2
xx
4
9
254
2
xxx (t/m)
(025)
Vậy phương trình có nghiệm x = 3; x =
4
9
(0,25)
Bài 9:
Phương pháp tổng hợp:
- Từ D dựng Dx // AC
- Từ A dựng AF
Dx ( F
Dx) và AH
SF ( H
SF)
- Dựng HP // FD ( P
SD)
- Dựng PQ // AH (Q
AC)
Khi đó PQ là đoạn vuông góc chung của SD và AC. Thật vậy
(0,25)
Ta có: FD
SA
FD
FA
FD
(SAF)
(0,25)
Suy ra FD
AH
SF
AH
AH
(SFD)
(0,25)
Do đó: AH
FD
AH
AC
mà PQ // AH nên PQ
AC
(0,25)
Hơn nữa: AH
(SFD) nên AH
SD suy ra PQ
SD
Vậy ta có: d (AC, SD) = PQ = AH
(0,25)
Xét tam giác vuông AFD ~ tam giác vuông ABC ta có:
10
3.
AC
ADAB
AF
AC
AD
AB
AF
(025)
trong tam giác vuông SAF ta có:
36
49
9
10
4
1111
222
AF
SA
AH
(0,25)
Vậy d (AC,SD) = AH =
7
6
Bài 10: Ta có:
y
y
x
x
.
3
.
2
32
(0,5)
Theo BĐT Bunhiacopski ta có:
)(6))(
32
(32
2
yxyx
yx
(0,5)
6
625
6
)32(
2
yx
(0,25)
Đẳng thức xảy ra khi
32
6
32
22
yx
yx
6
63
6
62
y
x
(0,5)
Vậy min
yx =
6
625
tại
6
62
x
(0,25)
6
63
y
