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