Đề thi Học sinh giỏi THPT – Môn Toán Bảng

Sở GD&ĐT Thanh hóa
Trường thpt hậu lộc 3
--------o0o-------
Đề thi Học sinh giỏi THPT – Môn Toán Bảng A
----------------o0o--------------
Câu 1: (6 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x3 + 3x2 = m3 + 3m2.
c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) kẻ từ điểm (1; 5).
d) Trên đường thẳng y = 9x – 4, tìm những điểm có thể kẻ đến (C) 3 tiếp
tuyến.
Câu 2: (3 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 3cosx cos x(7 5 2) (17 12 2) cos3x    .
b) 2 4 23x 3x 1 x x 13      .
Câu 3: (4 điểm)
a) Tìm m để bất phương 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 phương 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 31 ax cosx vớix 0f(x)
ln(1 2x) b 1 vớix 0
        
.
b) Tính tích phân:
1 5
22
4 2 x
1 5
2
x 1I dx(x x 1)(1 2006 )


    .
Câu 5: (2,5 điểm)
Cho 2 elíp (E1):
2 2x y 115 6  , (E2):
2 2x y 16 15  và parabol (P): y
2 =
12x.
a) Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của 2 elíp trên.
b) Viết phương trình tiếp tuyến chung của (E1) 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 SMSB .
---------
Sở GD&ĐT Thanh hóa
Trường thpt hậu lộc 3
--------o0o-------
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’ = 3x2 + 6x = 0 x 0x 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: x3 + 3x2 = m3 + 3m2 (1)
 x3 + 3x2 + 1 = m2 + 3m2 + 1 = a
 số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm
của đồ thị (C) và đường thẳng y = a, từ đồ thị ở câu a ta có:
- Phương trình (1) có 1 nghiệm nếu a > 5 hoặc a < 1.
- Phương trình (1) có 2 nghiệm nếu a = 5 hoặc a = 1.
- Phương trình (1) có 3 nghiệm nếu 1 < a < 5.
 Xét hàm số f(m) = m3 + 3m2 + 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 phương trình (1) có 1 nghiệm.
+ Với m = -3 hoặc m = -2 hoặc m = 1 hoặc m = 2 thì
phương trình (1) có 2 nghiệm.
+ Với -3 < m < 1 và m  -2, m  0 thì phương trình (1) có 3
nghiệm phân biệt.
0,25
0,25
0,25
0,25
1c Gọi phương 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 9k 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 (x0; 9x0 – 4) là điểm trên đường thẳng y = 9x –4.
 Đường thẳng đi qua M có phương trình dạng: 0,25
y
5
3
1
-3 -2 -1 0 1 x
y = k(x – x0) + 9x0 – 4.
 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
 phương trình sau cần có 3 nghiệm phân biệt:
(x – 1)[2x2 + (5 – 3x0)x + 5 – 9x0] = 0.
 Từ đó ta có điều kiện của x0 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.
 Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
3
3
3cosx 4cos x 3
3cosx 3 4cos 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(4cos3x) 3cosx = 4cos3x
 cos3x = 0 x = k6 3
  , k  Z
0,25
0,50
0,50
0,25
2b Ta có: x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 – x + 1) > 0
 x2 – 3x + 1 = 2(x2 – x + 1) – (x2 + x + 1)
 Đặt
2
2
x x 1t x x 1
    , t > 0. Phương trình trở thành:
2
3t 03 2 32t t 1 03 1t 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, x2 + mx + 10  0. 0,50
Bất phương trình đã cho tương đương với:
2 2
7 11
11
1 log ( x mx 10 4)log (x mx 12) 0log m
       . (*)
Đặt u = x2 + mx + 10, u  0.
+ Với 0 < m < 1: (*) f(u) = log7( u + 4)log11(u + 2)  1
 Ta thấy f(9) = 1 và f(u) là hàm đồng biến nên ta có:
f(u)  f(9) u  9 x2 + mx + 10  9 x2 + mx + 1  0
 Vì phương trình trên có  = m2 – 4 < 0 với 0 < m < 1 nên
phương trình trên vô nghiệm bất phương trình đã cho vô
nghiệm.
+ Với m > 1: Ta có: f(u)  1 = f(9) 0  u  9
 0  x2 + mx + 10  9
2
2
x mx 10 0 (1)
x mx 1 0 (2)
       
.
 Xét phương trình x2 + mx + 1 = 0 có  = m2 – 4.
 Nếu 1 < m < 2 < 0 (2) vô nghiệm bất phương
trình đã cho vô nghiệm.
 Nếu m > 2  > 0 phương trình trên có 2 nghiệm đều
thoả mãn (1) và (2) bất phương trình đã cho có nhiều
hơn một nghiệm.
 Nếu m = 2 (2) có nghiệm duy nhất x = -1 bất
phương 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 f2(x) = 6 + 4(sinx + cosx) + 21 + 2(sinx + cosx) +
4sinxcosx
 Đặt t = sinx + cosx, 2 t 2   . Ta có:
f2(x) = g(t) = 6 + 4t + 22t2 + 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) = 2maxf (x) maxg(t) 2( 2 1)  
 Vậy ta có: 3 2 22( 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
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 af '(0 ) lim x 3


    
 Và
x 0
ln(1 2 x)f '(0 ) lim 2x


    a = 6.
 Vậy hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi a = 6 và b = 1.
0,50
0,25
0,25
0,25
4b Chứng minh được:
1 5 1 5
2 22 2
4 2 x 4 2
1 5 1 5
2 2
x 1 x 1I dx dx(x x 1)(1 2006 ) x x 1
 
  
       
1 5
2 2
21 5
2
11 xI dx1(x ) 1x



 
 
 .
 Đặt
/ 4
/ 4
1x tgt I dtx 2


     .
0,50
0,25
0,50
5 5a Toạ độ giao điểm của 2 elíp (E1) và (E2) là nghiệm của hệ
phương trình:
2 2
2 2
2 2
x y 1 6015 6 x y 7x y 16 15
       
 Vậy đường tròn đi qua các giao điểm của 2 elíp là:
2 2 60x y 7 
0,50
0,50
5b Gọi đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2  0), là tiếp
tuyến chung của (E1) và (P). Ta có:
2 2
2
15A 6B C 0 C 5A
C 5A6B 2AC
         
 Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm là: 3x 5y 5 3 0   .
1,0
0,50
6Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ như hình vẽ. Suy ra ta
có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a 3 ) và
B = a a 3; ;02 2
   
. Suy ra phương trình của SB là:
2x 2y z a 3
a a 3 a 3
  
 Gọi M(x0; y0; z0) thuộc cạnh SB, ta có:
0 0
0 0
y 3x
z a 3 2 3x
   
.
 Mặt khác AMDN AM.DM 0 
 x02 – 2ax0 + y02 + z02 = 0 0 3ax 8 
3a 3a 3 a 3M ; ;8 8 4
     
 3SM SB4
 
 hay SM 3SB 4 .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
-----------------------------------------Hết-----------------------------------------------
----
A D
B C
S
H