Bộ đề và đáp án thi HSG môn Toán lớp 12 cấp Trường

Chia sẻ: Hồ Phi Trọng | Ngày: | 26 đề thi

0
1.285
lượt xem
197
download
Xem 26 đề thi khác
  Download Vui lòng tải xuống để xem file gốc
   Like fanpage Thư viện Đề thi Kiểm tra để cùng chia sẻ kinh nghiệm làm bài
Bộ đề và đáp án thi HSG môn Toán lớp 12 cấp Trường

Bộ đề và đáp án thi HSG môn Toán lớp 12 cấp Trường
Mô tả bộ sưu tập

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo Bộ đề và đáp án thi HSG môn Toán lớp 12 cấp Trường. Chúng tôi đã chọn lọc các đề thi đặc sắc nhất, đặc biệt Bộ đề thi còn có đáp án giúp các em giải được các bài toán khó, nhanh chóng làm quen với dạng đề, và tích lũy được nhiều kiến thức hay. Bộ đề thi này sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích giúp các em đạt kết quả cao trong kỳ thi học sinh giỏi.

LIKE NẾU BẠN THÍCH BỘ SƯU TẬP
Xem Giáo viên khác thảo luận gì về BST
Bộ đề và đáp án thi HSG môn Toán lớp 12 cấp Trường

Bộ đề và đáp án thi HSG môn Toán lớp 12 cấp Trường
Tóm tắt nội dung

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
ĐỀ 1 MÔN: TOÁN LỚP 12
Thời gian: 180 phút


Bài1: ( 4 điểm)
Cho hàm số y  2 x  m x 2  2 x  2
1. Tìm các tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi m = 3
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại một điểm xo<-2
Bài 2: ( 4điểm)
1. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn 1;2
2
m x 2  3x  1  2
0
x  3x  1
2. Giải bất phương trình:
2 2 2
( 2 m) x  4 x 6
 (1  m 2 ) x 4 x6
 (1  m 2 ) x 4 x6


Với 0 < m < 1
Bài 3: ( 4điểm)
1. Giải phương trình:
log ãgonx cos x
(1  cos x ) log cos x sin x  (1  sin x)
2. Cho ABC. Tìm giá trị lớn nhất của sinC biết:
sin2A + sin2B = k sin2C Với k > 1
2
Bài 4: ( 2 điểm)
Tìm các đa thức f(x) thoả mãn:
x.f(x-1) = (x-3) f(x)
Bài 5: ( 6 điểm)
1. Lập phương trình của Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) và đỉnh S(2;1).
2. Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông. Gọi H là hình chiếu của O lên đáy
ABC. Chứng minh rằng:

1 1 1 1
a) 2
 2
 2

OH OA OB OC 2

b) S 2 ABC  S 2 OBC  S 2 OAC  S 2 OAB
ĐÁP ÁN
Bài1:
1) (1,5điểm): Với m =3 ta có: y  2 x  3 x 2  2 x  2
TXĐ: D = R
Tiệm cận xiên bên phải
 2x  3 x 2  2x  2
a  lim 1 (0,25điểm)
x  x


b  lim  2 x  3 x 2  2 x  2  x  3
x
 (0,25 điểm)

Ta có tiệm cận xiên bên phải y= x-3 (0,25điểm)
Tiệm cận xiên bên trái

 2x  3 x 2  2x  2
a  lim  5 (0,25điểm)
x   x


b  lim  2 x  3 x 2  2 x  2  5 x  3
x
 (0,25điểm)
Ta có tiệm cận xiên bên trái y = -5x+3 (0,25điểm)

2) (2,5 điểm): y/(xo) = 0
Hàm số đạt cực đại tại xo (0,25điểm)
//
y (xo) < 0


 m( x 0  1)
 2  2
0  2
2 x0  2 x 0  2
 x0  2 x 0  2 m  (1)
  x0  1 (0,5 điểm)
 m 
0
 ( x  2 x  2) 3
2  m  0( 2)
 0 0



2
2 x0  2 x0  2
Đặt g ( x0 )  với xo<-2 (0,25 điểm)
x0  1
2
g / ( x0 )   0  g ( x) giảm (0,5 điểm)
( x 0  1) 2 x 0  2 x0  2
2


2 10
lim g ( x 0 )  2 và g(-2) =  (0,5 điểm)
x   3
2 10
Vậy  < m < -2 (0,5 điểm)
3

Bài 2:
5
1.( 2 điểm): Với x  1;2    x 2  3 x  1  1 (0,25 điểm)
4

5
Đặt t  x 2  3x  1  1  t  (0,25 điểm)
4

2 2
Ta có bất phương trình: mt  0m 2 (0,25 điểm)
t 1 t t

2  5
Xét f ( x)  2
với t  1;  (0,25 điểm)
t t  4

4t  2  5
f / (t )   2 2
 0; t  1;  (0,25 điểm)
(t  t )  4



Ta có bảng sau:
t 1 5/4
f/(t) 
f(t) 2
32/45
32
Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn 1;2 là m (0,25 điểm)
45

2.(2 điểm):
2
Vì (1  m 2 ) x  4x6
0 với x; m (0,25 điểm)

2m x 2  4 x  6 1  m 2 x 2  4 x 6
Ta có: ( ) ( ) 1 (1) (0,25 điểm)
1 m2 1  m2

t 
Đặt m  tg với 0t . Bất phương trình (1) có dạng: (0,25 điểm)
2 2
2 2
(sin t ) ( x  2) 2
 (cos t ) ( x  2 ) 2
1 (2) (0,25 điểm)

Vì ( x  2) 2  2  2; x  R (0,25 điểm)
2
Và (sin t ) ( x  2) 2
 sin 2 t (0,25 điểm)
2
(cos t ) ( x  2) 2
 cos 2 t (0,25 điểm)

Ta suy ra vế trái của (2)  sin 2 t  cos 2 t  1; t (0,25 điểm)

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là R (0,25 điểm)
Bài 3:
1.(2 điểm):

Điều kiện: 2k  x   2k ; k  Z (0,25 điểm)
2

Ta có 1 + cosx > 0 ; 1 + sinx > 0 (0,25 điểm)
Phương trình  log cos x sin x ln(1  cos x )  log sin x cos x ln(1  sin x) (0,25 điểm)
ln sin x ln cos x
 ln(1  cos x)  ln(1  sin x)
ln cos x ln sin x
(0,25 điểm)
(ln sin x ) 2 (ln cos x ) 2
  (*)
ln(1  sin x) ln(1  cos x)

ln 2 t
Xét hàm số: f (t )  với t  (0;1) (0,25 điểm)
ln(1  t )

ln t 2(t ) ln( t )  t ln t 
f / (t )  0 với t  (0;1) (0,25 điểm)
t (t  1) ln(t  1)

Hàm số f(t) nghịch biến
phương trình (*) có nghiệm  sin x  cos x (0,25 điểm)

x  k 2 k Z (0,25 điểm)
4

2.(2 điểm):
Từ giả thiết, theo định lý sin ta có: a2 + b2= kc2 (0,25 điểm)
Theo định lý cosin ta được: a2 + b2= k ( a2+b2-2abcosC ) (0,25 điểm)
k 1 a2  b2
 cos C  . (0,25 điểm)
k 2ab

k 1 a2  b2 k 1
 cos C  .  theo côsi (0,25 điểm)
k 2ab k

2k  1
 sin 2 C  1  cos 2 C  (0,25 điểm)
k2

2k  1
Do sinC>0  sin C  (0,25 điểm)
k

Dấu bằng xảy ra  a = b hay A = B (0,25 điểm)
2k  1
 max(sin C )  (0,25 điểm)
k

Bài 4:
Ta có: x.f(x-1)= (x-3).f(x) (1)

Cho x = 0  f(0) = 0 (2) (0,25 điểm)

Cho x = 1  f(1) = 0 (3) (0,25 điểm)

Cho x = 2  f(2) = 0 (4) (0,25 điểm)
Từ (2) ;(3); (4) ta suy ra f(x) chia hết cho x; x-1; x-2 (0,25 điểm)
Nên f(x) = x.(x-1).(x-2).P(x) (0,25 điểm)
Thay vào (1) ta được:
x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x-1) = x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x) (0,25 điểm)

 P(x-1) = P(x) ; x

 P(x) = C hằng số (0,25 điểm)
Vậy f(x) = x.(x-1).(x-2).C với C là hằng số (0,25 điểm)
Bài 5:1.(1 điểm)
Đường thẳng SF là trục của (P) có phương trình: x – y - 1 = 0 (0,25 điểm)

Đường chuẩn () của (P) có phương trình: x + y - 1 = 0 (0,5 điểm)
Gọi điểm M(x;y)  (P)  FM = d(M; ) (0,25 điểm)
( x  y  1) 2
 ( x  3) 2  ( y  2) 2  (0,5 điểm)
2

 x2 + y2- 2xy - 10x - 6y + 25 = 0 (*) (0,25 điểm)
(*) là phương trình của Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh
và F là tiêu điểm (0,25 điểm)
2.(4điểm):
Gọi A1=AHBC ; B1=BHAC
O
C1= CHAB (0,25điểm)

Theo giả thiết OA(OBC)  OABC

Và OH(ABC)  OHBC

 BC(OAH)  BCAH (0,5điểm) A B1 C

Tương tự BHAC; CHAB H

 H là trực tâm của ABC (0,25điểm) C A

Xét  vuông AOA1 tại O ta có: B (0,5điểm)
1 1 1
2
 2
 (1) (0,25điểm)
OH OA OA12

1 1 1
 OBC vuông tại O, ta có: 2
 2
 (2) (0,25điểm)
OA1 OB OC 2
Từ (1) và (2) ta có:
1 1 1 1
2
 2
 2
 (đpcm) (3) (0,25điểm)
OH OA OB OC 2

Nhân hai vế của (3) với 9.V2OABC ta có: (0,25điểm)
9.V2OABC =OH2.(SABC)2= OA2. (SOBC)2= OB2. (SOAC)2 = OC2. (SOAB)2 (0,5điểm)
Ta được:
OH 2 ( S ABC ) 2 OA 2 .( S ABC ) 2 OB 2 .( S ABC ) 2 OC 2 .( S ABC ) 2
   (0,5 điểm)
OH 2 OA 2 OB 2 OC 2



 S 2 ABC  S 2 OBC  S 2 OAC  S 2 OAB (đpcm) (0,5 điểm)
(Chú ý: cách khác có thể chọn hệ toạ độ Oxyz gốc O)
Lưu ý: Những cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa thoe mỗi ý, mỗi bài.
Đồng bộ tài khoản