Download Đề thi học sinh giỏi khối 12 môn toán, có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (122 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Thời gian: 180 phút

Bài 1:

Cho hàm số: 3 0
4
2
3

1 3 2






 x x x

y

Câu1 (2,5đ): Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

Câu2(2đ): Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm cực trị
của (C) và gốc

toạ độ

Bài 2: Giải các phương trình

Câu1(2đ) :8cos4xcos22x 1 sin3x 10

Câu2(2đ) : x3 123 2x  1

Bài 3:

Câu1(2đ) :Khơng dùng bảng số hoặc máy tính. Chứng minh rằng
tg550 >1,4

Câu2(2đ): Giải phương trình: 2004x + 2006x = 2. 2005x
Câu3(3đ): Tính tích phân sau



 




2
sin
4

cos



dx
x
x
x

I

Bài 4: (2đ)Trong mặt phẳng toạ độ {xoy}. Cho Elíp (E) có phương trình

9 4 1
2
2



 y

x

và điểm M(1;1)

Một đường thẳng đi qua điểm M, cắt (E) tại P;Q. Các tiếp tuyến của
(E) tại

P; Q cắt nhau tại I. Tìm tập hợp các điểm I

Bài 5:(2,5đ) Trong không gian cho hệ toạ độ {oxyz}. Cho điểm A(a;0;0)
B(0;b;0) C(0;0;c)

và M(1;2;4) thuộc mặt phẳng ABC. Viết phương trình mặt phẳng
ABC để cho thể

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài Nội dung Điểm
Bài 1

Câu1

---Câu2

1/ Tập xác định: R
2 /Chiều biến thiên
a/ y'=x2+2x-2

---
y'= 0  x2+2x-2= 0 x1;2 1 3 y42 3

b/ y'' = 2x+2 = 0 x= -1 y = 4

c/ B ng bi n thiên:ả ế

x -   1 3 - 1  1 3 +
y'' - 0 +

+ 

-  42 3 4 4 2 3

3/ Đồ thị

42 3

4 2 3

 1 3 -1O  1 3 x

Ta có

0.5

0.5
0.5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

y3(x1)y'2x2 y'= 0 tại xi
y(xi) = - 2xi+2

Vậy:












(2)
 
(1)
 
0
2
2

2
2
2

i
i

x
x

x
y

---
Từ (1) và (2) ta có yi2  8yi 40 (3)

Vậy phương trình đường trịn đi qua các điểm Cực trị có dạng
(y2- 8y+4) + (x2+2x-2) + t(y+2x-2) = 0

Vì đường trịn đi qua O(0;0) nên ta có

2 - 2t = 0 t = 1
Thay t = 1 Ta có

x2 + y2 +4x -7y = 0

0.5

0.5
Bài 2

Câu1

---Câu2

8cos 4x.cos22x + 1 sin3x +1 = 0
4(1+cos4x)cos4x+ 1 sin3x +1= 0

---(2cos4x+1)2 + 1 sin3x = 0



















1
3

sin 2

1
4

cos
0

3
sin
1

0
1
4
cos
2

x
x
x

x

---























1
3

sin 2

1
sin
.
3
sin
1

sin 2

1
sin

.
3
sin
cos

3
cos

x
x
x
x

x

x
x

x

vì sin3x = 1 nên cox3x = 0

sinx =



















2
6
5

2
6
2

1
sin

l
x

k
x

x

0.5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

x3 123 2x 1 (1)

Đặt y3 2x 1 Ta có y3 2x  1













(2)

x
y

y
x

2
1

)
1
(
2
1
)

( 3

 (x- y)(x2+ y2+ xy + 2) = 0

Vì x2+ y2+ xy + 2 > 0 mọi x nên x= y

---Thay x=y vào phương trình (1). Ta có

x3 -2x+ 1 = 0

--- 2

5
1







x
x

0.5

0.5
0.5

0.5
Bài 3

Câu1

Ta có

x 0 Hay tgx x
cos

1
(x)

f'
x 

-tgx
f(x)

2

x
0
 
tg

2





























)
0
(
)
(

0
cos

cos
1
1
0

2
2

f
x
f

x
x

x

tgx 







0
18

18
1

)
18
4
(
550













 2

t)

-(1

2
(t)

g'
t

-1

t
1
 g(t)
Goi







tg
tg
tg

tg

Vậy hàm g(t) là hàm đồng biến

---Từ

0.5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

---Câu2

---Câu3

4
,
1
)
6

1
(
)
18
(
)
18
(
)
18
(
18

18   








g
g
g
tg
g
tg







Vậy

55 ( 18) 1,4
0



g tg 

tg

---
Ta có

2004x + 2006x = 2. 2005x  2006x - 2005x = 2005x - 2004x
Gọi x0 là mội nghiệm của phương trình

Ta có

2006x0  2005x0 2005x0  2004x0
Đặt
)
2004
(
)
2005

(
)
1
(
)
(
'
)
1
(
)
( 1
0
1
0
0
0
0
0
f
f
t
x
t
x
t
f
t
t
t

f x x x x








  
---
Vì f(t) liên tục trên [2004;2005] nên  [2004; 2005] để

2004
2005
)
2004
(
)
2005
(
)
(



f f

f 

---Vì f(2005) f(2004)0 f'()0

Suy ra '( ) ( 1) 0 1 0
1

0  



x x x x

f   

















    
1
0
0
)
1
(
0
0
]
)
1
[(
0
0
1
1
0
1
1

0 0 0

x
x
x

x x x x x








---Ta có 1 2
2
2
2
2
2
2
2
2

2 4 sin 4 sin

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>
















0
2
2
12
11
1
2
0 2
0
2
2
2
2
2

1
sin
4
sin
4
sin
4
sin
4





dx
x
x
I
I
I
dx
x
x
dx
x
x
dx
x
x
I

11
 I

---Đặt x= -t dx= -dt

x= 0 t = 0
x=- 2



t= 2


Ta có



 



2
0 2
0
2

2 4 sin

sin
4



dt
t
t
dx
x
x
11
 I

 
I
- 12








2
0 2
11
sin
4

dx
x
x
I

Vậy I1= I11+I12 = 0

Tính I2

I2=





  




2
2
2
2
2
2
2

2 (2 sin )(2 sin )

)
(sin
sin
4
)

(sin
sin
4
cos






 x x

x
d
x
x
d
dx
x
x

I2=





2
2
2

2
2
sin
2
ln
sin
2
ln
4
1
sin
2
)
(sin
sin
2
)
(sin
4
1 




 





















d xx d xx x x

I2=

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Gọi P(x1; y1) Q(x2; y2) thuộc (E) Ta có

1
4

9  

i

i y

x

i= 1,2
Tiếp tuyến tại P;Q của (E) có dạng 9  4 y 1

y
x
xi i

i= 1,2

---Vì tiếp tuyến tại P;Q của (E) cắt nhau tại I(x0; y0)

Hay














1
4

0
2
0
2

0
1
0
1

y
y
x
x

---Phương trình PQ: 9 4 1

0
0 x y y 
x

---Vì M(1; 1) thuộc PQ nên ta có 9 1 4 1 1

0  y 

x

Vậy điểm I thuộc đường thẳng có phương trình:
4x +9y - 36 = 0

0.5

0.5
Bài 5

Từ giả thiết ta có phương trình của mf(ABC):
  c 1

z
b

y
a
x

Điểm M(1;2;4) (ABC) 

1
4
2
1





c
b
a

---Theo Cosi ta có

3
3

3 6

6
1
6

4
2
1










 abc

abc
abc

c
b
a

---

Vì 6.VOABC= abc Nên VOABC 36 Hay Min VOABC = 36

Đẳng thức có khi 3
1
4
2
1





c
b
a

---
Với

0.5

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

12
c

6

b

3
a


























3
1
4 3
1
2 3
1
1

c
b
a

---
1






12
z
6

y
3
x
:
(ABC)

Hay phương trình mf(ABC): 4x+2y+z-12 = 0

0.5

</div>

Download Đề thi học sinh giỏi khối 12 môn toán, có đáp án

<i><b>Thời gian: 180 phút</b></i>















<sub></sub>















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về