Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa số 8

Sở GD & ĐT Thanh hoá đề thi học sinh giỏi khối 12
Trờng THPT Quảng Xơng 1 Môn: toán- bảng A - năm học 2005 - 2006
(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
1
C©u 5: (4 ®iÓm)
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)
hÕt
Hä tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh:

2
Sở GD & ĐT Thanh hoá đáp án đề thi học sinh giỏi khối 12
Trờng THPT Quảng Xơng 1 Môn: toán- năm học 2005 2006
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
<=> 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
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
VËy ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm th×
2
5
2
1
≤≤− m
C©u 2: (4 ®iÓm)
1> Tõ (2): f
2
(x)f’(x) = 1 + 2x + 3x
2

<=>
[ ]
cxxx
xf
+++=
32
3
3
)(
(c lµ h»ng
sè)
0,5 ®
0,5®
+ Tõ (1) : f(0) = 1 => c =
3
1
, do ®ã hµm sè
3
23
1333)( +++= xxxxf
XÐt g(x) = 3x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 víi x
∈
[-1; 2]
g’(x) = 9x
2
+ 6x + 3 = 0 <=>

]2;1[
3
1
1
−∈




−=
−=
x
x
lµ c¸c ®iÓm tíi h¹n
g(-1) = 2, g(2) = 40, g(-
3
1
) =
9
2
=> max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - 2
Do ®ã GTLN cña f(x) lµ
3
40
vµ GTLN cña f(x) lµ
3
2−
2> §K:
)0
3

(;0)
6
(;0)
3
cos(,0)
6
cos( ≠+≠−≠+≠−
ππππ
xtgxtgxx
Do
)1
3
().
6
()
6
(cot)
3
(
2
cot)
3
( −=+−⇒−−=






+−=+

ππππππ
xtgxtgxgxgxtg
Ta ®îc ph¬ng tr×nh
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 ∈+±=⇔=⇔=⇔
π
π

NghiÖm
π
π
kx +=
6
(lo¹i v×
0)
6
( =−
π
xtg
)
NghiÖm
)(
6
Zkkx ∈+−=
π
π
t/m c¸c ®k bµi to¸n

0,5®
0,5®
0,5®
0,5®
0,5®
0,5®
0,5®
4
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
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
0y








++

++
=
++
=

2
3
2
0
2
3
0
)1(31)1(21
lim
3121
lim
y
yy
y
yy
y
yy
I
yy
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
5
2
1
1
2
1

)31(31)1()1(
3
211
1
lim
))1(31)1()31((
)3(
)1(21
lim
3
2
3
2
0
2
3
3
22
2
2
2
0
=+=

++++++
+
+
+++
=








++++++
+
+
+++

=


yyyy
y
yy
yyyyy
yy
yyy
y
y

y
Vậy
2
1
=I
Câu 4: (4 điểm) Gọi O là trung điểm của BC =>



===
==
0SCSBSA
OCOBOA
=> SO là
trục đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
=> SO là đờng cao của hình chóp
S.ABC và góc giữa cạnh bên và
đáy, góc SBO = góc SAO = SCO =

1,0đ
0,5đ

+ SO =asin

, AC = a
1cos4
2


(

2
1
cos >

)
1cos4
2
.
2
1
2
2
==

a
ACABS
ABC
+ V
S.ABC
=
1cos4sin
6
2
3


a
áp dụng BĐT cô si cho 2 số dơng 4

2

sin
và

2
cos4
-1 > 0
V =
82
1cos4sin4
.
12
1cos4.sin4
12
3223
22
3
aaa
=
+



Dấu = xảy ra <=>
2
1
22
5
cos1cos4sin4
22
>==

0,5đ
0,5đ
6
S
A
a
O
C
B

a
Vậy
22
5
cos =

hình chóp có thể tích lớn nhất
2. Do
)
2
3
2
cos(
2
3
sin
AA
=

nên gt bài toán trở thành
(*) 0
4
sin
2
1
4
cos
2
1
)
4
3
4
sin(2
0)
4
cos1(
2
1
4
cos
4
1
4
cos)
4
3
4
sin()

4
3
4
(sin2
2
3
4
cos)
4
3
4
sin(2)
4
3
4
(sin21
2
3
4
cos)
42
sin(2)
2
3
2
cos(
2
2
222
2

=

+







+
=

+







+

+
=


=
+
+

CBCBA
CBCBCBAA
CBAA
CBCBAA




Do
2
4
cos
2
1
)
4
3
4
sin(







+
CBA

0

4
sin;0
2
=


CB
nên VT của (*) không âm
Khi đó (*) <=> dấu = xẫy ra <=>







=

+
=

0
4
cos
2
1
)
4
3
4

sin(
0
4
sin
CBA
CB

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Giải hệ trên ta đợc:





==
=
0
0
40
100
CB
A
Câu 5: (4 điểm)
1> Ta có

+=+=++=
2

2
2
0
1
2
1
0
2
0
82
1
)
2
1ln(




IIxxdxdx
x
tgI
Tính

+=
2
0
1
)
2
1ln(

dx
x
tgI
đặt
dtdx
tx
tx ===
2422

Đổi cận: x = 0 =>
2

=t
;
2

=x
=> t = 0

+
=
+

+=

+=
0
0 0
1
2
2 2
2
1
2
ln)
2
1
2
1
1ln()
24
(1ln



dt
t
tg
dt
t
tg
t
tg
dt

t
tgI
0,5đ
0,5đ
0,5đ
7
∫ ∫
+=⇒=⇒−=−=+−=
2 2
2
0 0
2
111
0
2ln
48
2ln
4
2ln
2
2ln)
2
1ln(2ln
π π
π
ππππ
IIIItdt
t
tgdt
VËy

2ln
48
2
ππ
+=I
NhËn thÊy ®êng th¼ng
)(∆
kh«ng cã ®iÓm chung víi parabol (P)
Gäi
)(
'
∆
lµ ®êng th¼ng tiÕp xóc víi Parabol (P) vµ song song víi dt
)(∆
=> pt
)(
'
∆
lµ 3x – 4y - + m = 0 ( m
≠
19)
hÖ pt:







=−

+=−
4
3
8
44
3
16
2
x
mxx
cã nghiÖm (I)
(I)



=
−=
⇔
9
6
m
x
pt ®t
)(
'
∆
: 3x – 4y + 9 = 0. vµ to¹ ®é tiÕp ®iÓm
)
4
9

,6(
0
−−M
+ Gäi (d) lµ ®t qua ®iÓm M
0
vµ vu«ng gãc vãi
)(
'
∆
=> (d)





−−
→
)3;4(
)
4
9
;6(
0
d
n
M
=> pt ®t (d) 4x + 3y +
0
4
123

=
0,5®
0,5®
0,5®
0,5®
I lµ giao ®iÎm cña (d) vµ
)(∆
=> to¹ ®é I lµ nghiÖm cña hÖ







−=
−=
⇔





=++
=+−
20
13
5
36
0

4
123
34
01943
y
x
yx
yx
=>
2)
20
13
;
5
36
(
0
=⇒−− IMI
Pt ®êng trßn t©m I, bk R = IM
0
cã d¹ng
4)
20
13
()
5
36
(
22
=+++ yx

0,5®
8
(d)
()
I
I
1
H
M
0
M
1
()
Ta chứng minh: đờng tròn (C) có phơng trình trên là đờng tròn có bk nhỏ
nhất so với các đờng tròn t/m ycbt.
Thật vậy: Lấy điểm I
1
bất kì trên
)(
, M
1
bất kì trên parabol (P)
H = I
1
M
1
)(
'

ta có:

0111
IMHIMI
=> IM
0
là nhỏ nhất
Do đó đờng tròn bk IM
0
là đờng tròn bk nhỏ nhất
Vậy đờng tròn cần tìm:
4
20
13
5
36
22
=






++






+ yx

0,5đ
9