Đề thi học sinh giỏi lớp 12 có đáp án môn thi: Toán - Đề 33

đề thi học sinh giỏi khối 12
Môn: toán- bảng A -
 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4 điểm)
 Cho hàm số: và điểm M có hoành độ xM = 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 phương trình 
 (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) – 2m +1 =0
Có nghiệm thoã mãn: x2 +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 f2(x).f’(x) = 1+ 2x +3x2 (2)
2. 
Câu 3: (4 điểm) 
1. Giải phương trình : 
2. Tìm: 
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 để thể tích hình chóp lớn nhất.
2. Tính các góc của biết
Câu 5: (4 điểm)
1. Tính: 
2. Trên trục toạ độ Oxy: Cho parabol (P): và đường thẳng : 3x – 4y + 19 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc đường thẳng có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với parabol (P)
đáp án đề thi học sinh giỏi khối 12
	 Môn: toán
Thời gian: 180 phút
Câu 1: (4 điểm)
1> Điểm M, xM = a ---> ta có Pt tiếp tuyến với (C) có dạng
: với 
=> 
Hoành độ giao điểm của và (C) là nghiệm của phương trình
Bài toán trở thành tìm a để g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác a
Vậy giá trị a cần tìm 
2> pt (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) = 2m – 1 
 (x2 + 6x +5)(x2 + 6x + 8) = 2m – 1
Đặt t = x2 + 6x +5 = (x + 3)2 – 4 -4
Do x2 + 6x +7 0 x2 + 6x +5 -2 => t -2
4
-4
-2
-2
o
t
f(t)
y= 2m - 1
Bài toán trở thành tìm m để pt: f(t) = t(t+3) = 2m-1 có nghiệm t 
 số giao điểm của đồ thị f(t) = t2 + 3t và đường 
y = 2m – 1 vẽ trên đoạn [-4; -2]
Vậy để phương trình có nghiệm thì 
Câu 2: (4 điểm)
1> Từ (2): f2(x)f’(x) = 1 + 2x + 3x2 (c là hằng số)
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5 đ
0,5đ
+ Từ (1) : f(0) = 1 => c = , do đó hàm số 
Xét g(x) = 3x3 + 3x2 + 3x + 1 với x [-1; 2]
 g’(x) = 9x2 + 6x + 3 = 0 là các điểm tới hạn
g(-1) = 2, g(2) = 40, g(-) = => max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - 2
Do đó GTLN của f(x) là và GTLN của f(x) là 
2> ĐK: 
Do 
Ta được phương trình 
Nghiệm (loại vì )
Nghiệm t/m các đk bài toán
Câu 3: (4 điểm)
1> ĐK: 
pt 
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
đặt đưa về hệ 
 (*) vì 0 1)
Nên hàm số f(y) nghịch biến và f(1) = 1 nên y = 1 là nghiệm duy nhất của pt (*) => x2 – 2x – 3 = a1 = 7 + 4
Giải ra vậy pt đã cho có 2 nghiệm x1 , x2
2> đặt khi thì 
Vậy 
Câu 4: (4 điểm) Gọi O là trung điểm của BC => => SO là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
=> SO là đường cao của hình chóp
S.ABC và góc giữa cạnh bên và
đáy, góc SBO = góc SAO = SCO = 
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
1,0đ
0,5đ
S
a
O
C
B
a
+ SO =asin, AC = a 
() 
A
+ VS.ABC = 
áp dụng BĐT cô si cho 2 số dương 4 và -1 > 0
V = 
Dấu “=” xảy ra 
Vậy hình chóp có thể tích lớn nhất
2. Do nên gt bài toán trở thành 
Do nên VT của (*) không âm
Khi đó (*) dấu “=” xẫy ra 
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Giải hệ trên ta được: 
Câu 5: (4 điểm)
1> Ta có 
Tính đặt 
Đổi cận: x = 0 => ; => t = 0
Vậy 
Nhận thấy đường thẳng không có điểm chung với parabol (P)
(d)
()
 I
I1
H
M0
M1
()
Gọi là đường thẳng tiếp xúc với Parabol (P) và song song với dt
=> pt là 3x – 4y - + m = 0 ( m 19)
hệ pt: có nghiệm (I) 
(I) 
pt đt : 3x – 4y + 9 = 0. và toạ độ tiếp điểm 
+ Gọi (d) là đt qua điểm M0 và vuông góc vói => (d) 
=> pt đt (d) 4x + 3y + 
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
I là giao điẻm của (d) và => toạ độ I là nghiệm của hệ => 
Pt đường tròn tâm I, bk R = IM0 có dạng
Ta chứng minh: đường tròn (C) có phương trình trên là đường tròn có bk nhỏ nhất so với các đường tròn t/m ycbt. 
Thật vậy: Lấy điểm I1 bất kì trên , M1 bất kì trên parabol (P) 
 H = I1M1 ta có: => IM0 là nhỏ nhất
Do đó đường tròn bk IM0 là đường tròn bk nhỏ nhất
Vậy đường tròn cần tìm: 
0,5đ
0,5đ