Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT CẤP TỈNH

vectorstock.com/10554621

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ĐỀ SỐ 1: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA -----------------

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT ----------------------------------------------

MÔN THI TOÁN BẢNG A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

------------------------Bài 1 (4 điểm) 2 1. Tìm trên trục hoành các điểm có thể kẻ đến đồ thị hàm số y = x

x −1

hai tiếp tuyến tạo với nhau một góc 450.

2. Tính thể tích vật thể sinh ra bởi phép quay quanh trục Ox của hình giới hạn bởi: y = log 2 x ; x + y = 3; y = 0.

Bài 2 (4 điểm)  x 2 − (m + 2 )x + 2m < 0 1. Tìm m để hệ  2 có nghiệm.  x + (m + 7 )x + 7 m < 0 2. Giải phương trình x 2 − 2 x − 3 = x + 3 .

Bài 3 (4 điểm) 1. Giải phương trình cos6x – cos4x + 4cos3x + 4 = 0.

2. Trong tam giác ABC, chứng minh rằng: cos A + cos B + cos C +

1 13 ≤ . cos A + cos B + cos C 6

Bài 4 (4 điểm) 1. Giải phương trình (x − 3)[log 3 (x − 5) + log 5 (x − 3)] = x + 2 .

2. Tính lim x →0

1 + 2 x 3 1 + 3x − 1 . x

Bài 5 (4 điểm) 1. Lập phương trình mặt cầu tâm I(1; -1; 1), biết rằng qua đường 2 x + 2 y − z − 3 = 0 có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc x − 2 y − 2z −1 = 0

thẳng 

với mặt cầu.

2. Với a, b, c dương và 1 ≤ α ∈ R, chứng minh rằng: aα bα cα a α −1 b α −1 c α −1 + + ≥ + + bα + cα c α + a α a α + bα bα −1 + c α −1 c α −1 + a α −1 a α −1 + b α −1

...........Hết...........

1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí .........................

sinh

.........................................

2

số

báo

danh

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Môn: TOÁN - bảng A (đáp án này có 3 trang)

Bài ý

Nội dung

Điểm

• TXĐ D = R\{1} M ∈ Ox ⇒ M(x0; 0), đường thẳng qua M với hệ số góc k có phương trình: y = k(x – x0 ) (∆)  x2  x − 1 = k ( x − x0 ) (∆) là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ:  2 có nghiệm x 2 x −  =k  (x − 1)2 x2 x 2 − 2x ( x − x0 ) = x − 1 (x − 1)2

⇒

⇔

⇒

x[( x0 + 1)x − 2 x0 ] = 0

0.5®

1 x = 0

  x = 2 x0 Voi x0 ≠ −1 x0 + 1 

0.5®

• Với x0 = 0 ⇒ k = 0, Với x0 = I

0.5®

− 4 x0 2 x0 ⇒k= x0 + 1 (x0 + 1)2

• Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: tg 450 =

4 x0 k1 − k 2 ...⇒ =± 1 + k1k 2 (x0 + 1)2

0.5®

1 ... x0 = 3 ± 2 2 • ⇒ M1( 3 + 2 2 ; 0), M2( 3 − 2 2 ; 0).

Giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè y = log 2 x , vµ ®−êng th¼ng x +y = 3 2   3 lµ A(2; 1) ⇒ V = π  ∫ log 2 xdx + ∫ (3 − x )2 dx  =V1+ V2 2 1 

y

1

1

0.5đ 1 O

=π log 2 e.(2 ln 2 − 1) .

3

1

2

3

• V2 =π ∫ (3 − x )2 dx = ...= π

x 1 • V=π[ + log2 e.(2 ln 2 − 1) ] (®vtt) 3  x − (m + 2 )x + 2m < 0  2  x + (m + 7 )x + 7m < 0 2

1

2

• V1=π ∫ log 2 xdx =π log 2 e.∫ ln xdx =...

2

II

2

0.5đ

2

0.5đ

1 3

0.5đ (1) ( 2)

• ∆1 = (m – 2)2 ≥ 0 và ∆2 = (m – 7)2 ≥ 0 ⇒ m = 2 hoặc m = 7 thì

3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5đ

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Bài ý Nội dung hệ phương trình vô nghiệm. m ≠ 2 và m ≥ 0 thì tập nghiệm của (1) là D1 ⊂ R+ và tập m ≠ 7

Điểm

• Với 

nghiệm của (2) là D2 ⊂ R- nên hệ phương trình vô nghiệm.

• Với m < 0 tập nghiệm D1= (m; 2) và tập nghiệm D2= (-7; -m) ⇒ hệ phương trình luôn có nghiệm.

• Hệ phương trình luôn có nghiệm với m < 0.

• ⇔ x 2 − (x + 3) − (x + x + 3 ) = 0 ⇔ (x + x + 3 )(x − x + 3 − 1) = 0 x ≤ 0 1 − 13 x + 3 = −x ⇔  2 ⇔x= 2 x − x − 3 = 0 2 x ≥ 1 3 + 17 • x + 3 = x −1 ⇔  2 ⇔x= 2  x − 3x − 2 = 0 1− 13 3 + 17 và x = là nghiệm.

Kết luận: x = 2 2 ⇔ 2 cos 2 3x + 4 cos 3x + 3 − cos s 4 x = 0 ⇔ 2(cos 3x + 1) + 2 sin 2 2 x = 0 cos 3 x = −1 ⇔ sin 2 x = 0 1 π k 2π   x = 3 + 3 ⇔ x = l π  2

•

IV

0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5® 0.5® 0.5® 0.5®

KL: NghiÖm x = π + 2kπ III

0.5đ

C 3 = t ⇒ 1< t ≤ 2 2 1 1 3 • XÐt f(t) = t + trªn (1; ], cã f’(t) = 1 − 2 > 0 ⇒ hµm sè ®ång 2 t t 3 biÕn trªn (1; ] 2 2 13 3 3 • ∀t ∈ (1; ] th× f(1) < f(t) ≤ f( ) = 2 2 6 1 13 • VËy cos A + cos B + cos C + ≤ cos A + cos B + cos C 6 3 DÊu b»ng x¶y ra khi: cos A + cos B + cos C = hay tam gi¸c ®Òu.

2 x+2 • Pt ⇔ log 3 (x − 5) + log 5 (x − 3) = với x > 5 x −3 • Hàm số y = log 3 (x − 5) + log 5 (x − 3) đồng biến trên (5; + ∞) 1 −5 x+2 • Hàm số y = có y’= < 0 nghịch biến trên (5; + ∞) x−3 (x − 3)2 A 2

B 2

• ®Æt cos A + cos B + cos C = 1+ 4 sin sin sin

• ⇒ phương trình có nghiệm duy nhất x = 8

4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5đ 0.5đ 0.5đ

0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Bài ý Nội dung 3

3

Điểm

3

1 + 2 x 1 + 3x − 1 + 3x + 1 + 3x − 1 x →0 x 3 1 + 2x −1 1 + 3x − 1 = lim 3 1 + 3x + lim = L1 + L2 x →0 x →0 x x 2x 1+ 2x −1 3 =1 = lim 3 1 + 3x 1 + 3x 2 • L1 = lim x→0 x →0 x x 1 + 2x + 1

• L = lim

(

• L2 = lim x→0

3

0.5đ 0.5đ

)

1 + 3x − 1 3x = lim =1 2 → x 0 x x 3 1 + 3 x + 3 1 + 3 x + 1  

0.5đ

• Vậy L = 2

0.5đ

2 x + 2 y − z − 3 = 0 •  x − 2 y − 2z −1 = 0

(P)  I ∉ ( P) ta nhận thấy  và (P) ⊥ (Q) (Q )  I ∈ (Q )

0.5đ

• ⇒ hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận (Q) làm mặt phẳng phân giác ⇒ 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cũng là hai mặt phẳng phân giác của góc sinh bởi (P) và (Q). Nên 1 phương trình 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là:  x + 4y + z - 2 = 0 |2x + 4y – z -3| = |x – 2y -2z -1| ⇔  0. 5đ 3x - 3z - 4 = 0 1− 4 +1− 2 4 • Bán kính mặt cầu cần lập: R = d(I/α) = = 3 3

0.5đ

• Phương trình mặt cầu cần lập là: (x − 1)2 + ( y + 1)2 + (z − 1)2 =

16 9

0.5đ

Giả sử a ≥ b ≥ c > 0  aα  aα −1   bα bα −1   cα cα −1     ≥0 ⇔  α − + − + − α α −1 α −1   α α α −1 α −1   α α α −1 α −1  b +c  c +a c +a  a +b a +b  b +c 1 1  a   b  ⇔ aα −1  α − α −1 α −1  + bα −1  α − α −1 + α α α −1  b +c  c +a  b +c c +a

V

2

1  c  + cα −1  α − α −1 α −1  ≥ 0 α a +b  a +b α −1 α −1 α −1 α −1 b (a − b ) + c (a − c ) α −1 c (b − c ) + a (b − a ) ⇔ aα −1 +b + bα + cα bα −1 + cα −1 cα + aα cα −1 + aα −1

(

)(

)

(

)(

+ cα −1

0.5đ

0.5đ

)

a α −1 (c − a ) + bα −1 (c − a ) ≥0 cα + aα cα −1 + bα −1

(

)(

)

0.5đ

...  1 1 ⇔ aα −1bα −1 (a − b ) α − α α α −1 α −1 α c + a cα −1 + aα −1  b +c b +c

(

)(

) (

)(

)

  + 

 1 1 + bα −1cα −1 (b − c ) α − α α α −1 α −1 α a + b a α −1 + bα −1  c +a c +a

(

)(

) (

)(

)

  + 

 1 1 + cα −1a α −1 (c − a ) α − α α α −1 α −1 α α −1 a + b a + b b + c b + a α −1 

(

)(

5

) (

)(

)

  ≥ 0 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5đ

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Bài ý Nội dung Điều này luôn đúng với mọi a ≥ b ≥ c > 0 và α > 1, α ∈ R dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0.

ĐỀ SỐ 2: KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

– THPT Năm học 2005 - 2006

THANH HOÁ

Môn thi : TOÁN HỌC - BẢNG A (Thời gian : 180 phút - không kể thời

Đề chính thức gian giao đề) Bài 1: ( 4 điểm )

Cho hàm số : y = x + 1 +

1 x −1

(C)

1/ Khảo sát hàm số .

2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất .

Bài 2: (2 điểm ) Biện luận theo m số nghiệm dương của phương trình : x



1

1

∫  t − t dt = m − 2 1

Bài 3: (2 điểm ) Giải phương trình : x = 3 − x . 4 − x + 4 − x . 5 − x + 5 − x . 3 − x Bài 4: (2 điểm ) Tìm các giá trị thực của m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm  π x ∈ 0;  :  4

(4 − 6m )Sin 3 x + 3(2m − 1)Sinx + 2(m − 2)Sin 2 xCosx − (4m − 3)Cosx = 0 Bài 5: (2 điểm ) Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là ba số nguyên liên tiếp .

Bài 6: (2 điểm ) Tìm đa thức P(x ) có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều kiện sau :

(

)

( x + 2 ) x 2 − 4 P' ' ( x ) − 2 x( x + 2 )P' ( x ) + 12 P(x ) = 0 ; ∀x ∈ R  P(1) = 27 

Bài 7: (2 điểm )

6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  2 3+ Cos 2 x −log 3 = 3 − ( y + 4 ) Giải hệ sau :  2 2

2 y − y − 1 + ( y + 3) ≤ 8

Bài 8: (2 điểm ) Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc α .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc β .

Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp .

Bài 9: (2điểm ) Cho các số thực a, b, c ≥ 2 chứng minh bất đẳng thức sau : Log b + c a 2 + Log c + a b 2 + Log a + b c 2 ≥ 3

................................................................................................

Họ và tên thí sinh : .................................................Số báo danh ...................

Thanh hóa; Ngày 28 tháng 01 năm 2005 LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN KHỐI 12

Bài ý Bài 1 1

Lời giải chi tiết

Điểm

a) TXĐ : D = R b) Sự biến thiên: • CBT: y ' = 1 −

1

(x − 1)2

; y’ = 0 có 2 nghiệm x = 0 ; x = 2

• HS đồng biến trên (− ∞;0); (2;+∞ ) và nghịch biến trên các khoảng (0;1); (1;2) 1 điểm • Cực trị : Cực đại tại x =0 và y CD = 0 Cực tiểu tại x=2 và y CT = 4 • Nhánh vô cực và tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận xiên y = x+1 và Lim y = +∞; Lim y = −∞ x → +∞

x → −∞

........................................................................................................

• BBT :

7

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

.........

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) −∞ o 1 x +∞ y’

+

0

-

2

‖

-

+

0

1 điểm

y c) Đồ thị : y Đồ thị đi qua gốc toạ độ O=(0;0) Tâm đối xứng I=( 1;2 )

1 O

x -1

2

Gọi M = (a; y (a )) ∈ (C ); a > 0 thì y(a ) = a + 1 +

1

1 a2 = a −1 a −1

PTTT của ( C ) tại M là: y − y (a ) = y ' (a )(x − a ) ⇔ y =

a 2 − 2a

(a − 1)2

(x − a ) +

a2 a −1

(d) Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1 Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 ) ........................................................................................................

2a    a −1

Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là A = 1;

0.5 điểm

..........

Với tiệm cận xiên là : B = (2a − 1;2a ) Ta có AI =

2 ; BI = 2 2 a − 1 , nên AI .BI = 4 2 vì a > 1 a −1

Lại có ∠AIB =

π 4

0.5 điểm

suy ra

AB 2 = AI 2 + BI 2 − 2 AI .BICos

π 4

= AI 2 + BI 2 − 2 AI .BI

..........................................................................................................

Theo bất đẳng thức Cô si : AB 2 ≥ 2 AI .BI − 2 AI .BI = (2 − 2 )AI .BI

8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ⇔ AB ≥ 2 2( 2 − 1) (1) Đặt p là chu vi tam giác ABI thì :

(

.........

)

p = AB + AI + BI ≥ AB + 2 AI .BI ≥ 2 2 2 − 1 + 4 4 2 1 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ AI = BI ⇔ a = 1 + 4 2

...........................................................................................................

Vậy Minp = 2 2( 2 − 1) + 4 2 ⇔ a = 1 + 4 4



1

0.5 điểm

2 1 

1

Hay điểm cần tìm là M = 1 + 4 ;2 + 2 + 4  2



2

............

0.5 điểm Bài 2

x

x x t2  1 1 1 1 Ta có ∫  t − dt = ∫ tdt − ∫ dt =  − Ln t  = x 2 − ln x − t t 2 2 1 2 1 1 1 1 PT đã cho tương đương với x 2 − ln x = m (1) 2 x

0.5 điểm

.............................................................................................................

Số nghiệm dương của PT là số giao điểm của đường thẳng y =

..........

1 2

m và đồ thị hàm số f (x ) = x 2 − ln x với hoành độ dương.

1 2 1 Đạo hàm y ' = x − ; y ' = 0 ⇔ x = ±1 x Lim y = Lim+ y = +∞

Xét hàm số : f (x ) = x 2 − ln x trên (0;+∞ )

x → +∞

0.5 điểm

x→0

...........................................................................................................

BBT +∞ x −∞ o 1 y’ | o + y

| +∞

.........

+∞

1 2

............................................................................................................

Từ BBT ta được : 1 thì PT vô nghiệm 2 1 +/ Với m = thì PT có nghiệm dương duy nhất x = 1 2

0.5 điểm

+/ Với m <

9

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

..........

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) +/ Với m >

Bài 3

1 thì phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt 2

ĐK : x ≤ 3 Đặt a = 3 − x ; b = 4 − x ; c = 5 − x Ta có x = 3 − a 2 = 4 − b 2 = 5 − c 2 = ab + bc + ca ........................................................................................................... 3 − a 2 = ab + bc + ca (a + b )(c + a ) = 3  2 Do đó 4 − b = ab + bc + ca ⇔ (b + c )(a + b ) = 4 5 − c 2 = ab + bc + ca (c + a )(b + c ) = 5  

0.5 điểm

0.5 ®iÓm .........

Nhân vế với vế các PT ta được (a + b )(b + c )(c + a ) = 2 15 ( * ) ............................................................................................................

Thay lần lượt các phương trình của hệ vào PT ( * ) sẽ có :  2 15 a + b = 5  2 15  Cộng các vế phương trình của hệ, có PT mới và thay b + c = 3  c + a = 2 15  4 

lần lượt mỗi PT của hệ vào PT vừa có.Ta được nghiệm của phương trình đã cho là:

0.5 ®iÓm .........

1 ®iÓm

671 x= 240

Bµi 4

NhËn thÊy Cosx=0 kh«ng tho¶ m·n PT , b»ng c¸c chia c¶ 2 vÕ cho Cos 2 x ≠ 0 ta ®−îc ph−¬ng tr×nh :

(tgx − 1)(tg 2 x − 2mtgx + 4m − 3) = 0 §Æt tgx = t , ta cã PT : (t − 1)(t 2 − 2mt + 4m − 3) = 0

(1) .............................................................................................................

§Ó PT ®· cho cã nghiÖm x ∈ 0;  th× PT (1) ph¶i cã nghiÖm  4 π

0 ≤ t ≤1

0.5 ®iÓm ..........

Do PT (1) lu«n cã 1 nghiÖm t = 1 ∈ [0;1] nªn PT t 2 − 2mt + 4m − 3 = 0 ChØ cã 1 nghiÖm t = 1 hoÆc kh«ng cã nghiÖm nµo thuéc ®o¹n [ 0 ; 1 ]

............................................................................................................. §Ó ý r»ng t = 2 kh«ng tho¶ m·n . Do ®ã f (t ) =

t2 −3 =m 2t − 4

XÐt f(t) trªn [0;1] ta cã : f ' (t ) =

1  t 2 − 4t + 3    ≥ 0; ∀t ∈ [0;1] 2  (t − 2)2 

10

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5 ®iÓm ..........

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  m ≥1

LËp b¶ng biÕn thiªn vµ tõ BBT ta ®−îc : m < 3  

Bài 5

1 ®iÓm

4

Ta chứng minh bổ đề: Điều kiện cần và đủ để tam giác ABC có B= 2A là b 2 = a 2 + ac (1) Thật vậy: Theo định lý CôSin trong tam giác b 2 = a 2 + c 2 − 2acCosB = a 2 + ac ⇔ c − 2aCosB = a ⇔ c − a = 2aCosB áp dụng định lý Sin, ta được 2 RSinC − 2 RSinA = 4 RSinACosB ⇔ SinC − SinA = Sin( A + B ) + Sin( A − B ) ⇔ SinA = Sin(B − A)

Bài 6

1 điểm

Do đó B = 2A và 0 < A, B < π ..........................................................................................................

Vì 3 cạnh là 3 số nguyên liên tiếp nên với x ∈ N * và a < b, ta có các trường hợp sau : a) Nếu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi đó từ (1) ta được x=1 suy ra a=1,b=2,c=3. Không thoả mãn tính chất cạnh của tam giác b) Nếu a=x,b=x+2,c=x+1 : Từ (1) ta có PT x 2 − 3x − 4 = 0 Suy ra a=4,b=6,c=5 ( thoả mãn ) c) Nếu a=x+1,b=x+2,c=x : Tương tự thì x 2 − x − 3 = 0 , PT không có nghiệm nguyên dương nên không thoả mãn.

Vậy có 1 tam giác duy nhất thoả mãn bài ra là tam giác có độ dài các cạnh là : a = 4,b = 6,c =5 .

Giả sử đa thức cần tìm là: P(x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 ; a n ≠ 0 P' ( x ) = na n x n −1 + (n − 1)a n −1 x n − 2 + ... + 2a 2 x + a1

P' ' ( x ) = n(n − 1)a n x n − 2 + (n − 1)(n − 2 )a n −1 x n −3 + ... + 2a 2

..........................................................................................................

Từ yêu cầu , ta có điều kiện cần là : Hệ số của luỹ thừa bậc (n + 1) phải bằng 0. mà hệ số đó là n(n − 1)a n − 2na n = n(n − 3)a n Lại do a n ≠ 0; n > 1 nên n(n − 3)a n = 0 ⇔ n = 3 ............................................................................................................

Do vậy đa thức phải có dạng P(x ) = a3 x 3 + a 2 x 2 + a1 x + a0 ; a3 ≠ 0 Thay đa thức vào điều kiện (1) :

(12a3 − 2a 2 )x 3 + (8a 2 − 24a3 − 2a1 )x 2 + (8a1 − 8a 2 − 48a3 )x + 12a0 − 16a 2

= 0; ∀x

 6a 3 − a 2 = 0  a 2 = 6a 3 4a − 12a − a = 0  2  3 1 ⇔ ⇔ a1 = 12a 3 = a − a − 6 a 0 2 3  1  a = 8a 3  0  3a 0 − 4a 2 = 0

.............................................................................................................

Nên P(x ) = a3 (x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8)

11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

..........

1 điểm

0.5 ®iÓm ..........

0.5 ®iÓm ..........

0.5 ®iÓm

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Mặt khác P(1) = 27 ; Suy ra 27a3 = 27 ⇔ a3 = 1 Vậy đa thức cần tìm là : P(x ) = x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8 ..........

0.5 ®iÓm

Bµi 7

Víi ∀x ∈ R ta cã 3 − ( y + 4 ) = 2 3+Cos 2 x − Log 3 ≥ 2 2− Log 3 = 2 Log 3 = 3 ⇔ −( y + 4) ≥ 1 ⇔ y ≤ −5 (1) 2

2

2

§¼ng thøc x¶y ra khi 1 + Cos 2 x = 0 ⇔ Cosx = 0 ⇔ x =

π 2

+ kπ ; k ∈ Z (2)

...............................................................................................................

Víi ®iÒu kiÖn (1) th× 2 / y / − / y − 1 / + ( y + 3) 2 ≤ 8 trë thµnh : y 2 + 5 y ≤ 0 ⇔ −5 ≤ y ≤ 0 , kÕt hîp víi (1) ta cã y = - 5 (3) ...............................................................................................................

KÕt hîp (1);(2) vµ (3) ta cã nghiÖm cña hÖ ®· cho lµ : π   x = + kπ ; k ∈ Z  2  y = −5

Bài 8

1 ®iÓm ..........

0.5 ®iÓm ...........

0.5 ®iÓm

Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O’.A’B’C’ với O là tâm của tam giác ABC và O’ là tâm của tam giác A’B’C’.

Theo bài ra thì OO’ là đường cao chung của 2 hình chóp . Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tương ứng của 2 hình chóp . Phần thể tích chung của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện 0.5 1 điểm ODEFO’. Ký hiệu V là thể tích đó thì V = OO'.S 3

∆DEF

.............................................................................................................. ∆OO' C vuông tại O’ nên OO ' = l cos α Do tính đối xứng nên OO’ đi qua tâm I của ∆DEF .

Trong ∆IOE ta có : OI = IE cot gα Trong ∆IO' E có: O' I = IE cot gα Suy ra OO' = IE (cot gα + cot gβ ) ⇔ IE =

OO' l cos α = cot gα + cot gβ cot gα + cot gβ

..............................................................................................................

3 2 2 DE 3 2 EJ 3 Diện tích S ∆DEF = với DE = = EI 3 4 3 3l 2 3 cos 2 α Do đó S ∆DEF = 4(cot gα + cot gβ ) 2

Tam giác DEF đều , đường cao EJ = EI

.............................................................................................................

12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

............

0.5 điểm

...........

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : V =

l 3 3 cos 3 α 4(cot gα + cot gβ ) 2

0.5 điểm

C' A'

...........

O

B' D

F I E

C A O'

0.5 điểm

B

Bài 9

Log 2 a 2 Log 2 b 2 Log 2 c 2 + + ≥ 3 (1) Log 2 (b + c ) Log 2 (c + a ) Log 2 (a + b ) 1 1 Do a.b.c ≥ 2 nên + ≤ 1 ⇔ a + b ≤ ab ,tương tự ta cũng được : a b b + c ≤ bc & c + a ≤ ac 2 Log 2 a 2 Log 2 b 2 Log 2 c 2x 2y 2z Khi đó VT (1) ≥ + + = + + (2) Log 2 bc Log 2 ca Log 2 ab y + z z + x x + y

Bất đẳng thức ⇔

1 ®iÓm

Với x = Log 2 a; y = Log 2 b; z = Log 2 c ............................................................................................................

2x 2y 2z + + ≥ 3; x, y, z ≥ 1 y+z z+x x+ y  2x   2y    2z ⇔  + 2  +  + 2  +  + 2  ≥ 9  x+ y  y+z  z+x   1 1 1   ≥ 9 ⇔ (2 x + 2 y + 2 z ). + + x+ y y+ z z+ x

Ta chứng minh:

............................................................................................................ áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái , ta được điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi  x; y; z ≥ 1  Log 2 a = Log 2 b = Log 2 c ⇔ ⇔a=b=c=2  a=b=c=2 x = y = z 

13

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

...........

0.5 ®iÓm

..........

0.5 ®iÓm

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Chó ý : NÕu thÝ sinh cã lêi gi¶i theo c¸c c¸ch kh¸c mµ ®óng vÉn cho ®iÓm theo biÓu ®iÓm cña tõng bµi .

ĐỀ SỐ 3: SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

Đề đề nghị: BẢNG A ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2005 - 2006 (Thời gian làm bài 180 phút) Bài 1: (4 điểm) 1) (Đề 48 I2 trong 150 đề tuyển sinh Đại học) Tìm trên đồ thị hàm số y =

x2 hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường x −1

thẳng y = x -1 2) (Tự sáng tác) Cho a, b, c ∈ R với a ≠ 0 và m ∈N* thoả mãn: a b c + + = 0. m+4 m+2 m

Chứng minh rằng: Đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c luôn cắt trục ox tại ít nhất một điểm thuộc khoảng (0;1).

Bài 2: (5 điểm) 1) (Tự sáng tác) Tìm tổng tất cả các nghiệm x ∈ [1;100] của phương trình: π π 3π 3 Sin4x + Sin4 ( x + ) + Sin4 (x + ) + sin 4 ( x + ) = Sin 4 4 x 4

2

4

2

2) ( Toán học tuổi trẻ năm 2003) Cho tam giác ABC không có góc tù thoả mãn hệ thức: 1 1 5 (cos 3 A + cos 3B) − (cos 2 A + cos 2 B) + cos A + cos B = 3 2 6

Hãy tính các góc của tam giác đó.

Bài 3: (4 điểm) 1) (Toán Bồi dưỡng giải tích tổ hợp của Hàn Liên Hải - Phan Huy Khải) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) =

14

x5 x 4 + 3x 2 + 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2) (Tự sáng tác) Giải phương trình:

3x2 + 1 + log2006

4x 2 + 2 = x6 6 2 x + x +1

Bài 4: (4 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy 1) ( Đề thi tuyển sinh vào ĐHXD - Hà Nội năm học 2000-2001) Cho điểm A(4;0) và đường thẳng ∆: 4x - 9 = 0. Chứng minh rằng tập hợp các điểm M có tỷ số khoảng cách từ đó đến điểm A và từ đó đến đường thẳng ∆ bằng 4 là một Hypebol. Hãy viết phương trình của Hypebol đó.

3

2) ( Chuyên đề về hình học giải tích của Cam Duy Lễ - Trần Khắc Bảo) Cho Parabol y2 = 2px (p > 0) và đường thẳng d di động nhưng luôn đi qua tiêu điểm F của Parabol. Gọi M, N là các giao điểm của parabol với đường thẳng d.

Chứng minh rằng đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định.

Bài 5: (3 điểm) (500 Bài toán về bất đẳng thứccủa Phan Huy Khải -Tập II) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Gọi V1, V thứ tự là thể tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số

V1 .

V

15

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

16

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI TỈNH - MÔN TOÁN LỚP12 Nội dung

Điểm

Bài 1: (4 điểm) 1) (2 điểm) Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x -1 nên đường thẳng AB có pt: y = -x + m =>Hoành độ các điểm A, B là xA, xB chính là nghiệm pt: 2

x2 =-x +m x−m

0,5 điểm

⇔ g(x) = 2x - (m + 1)x + m = 0 x A + xB m + 1 3m − 1 = ⇒ yI = −xI + m = 2 4 4 3m − 1 m + 1 Ta phải có điểm I thuộc đường thẳng y =x -1 => = −1 4 4

Gọi I là trung điểm của AB ta có xI =

0,5 ®iÓm

⇔ m = -1 Khi ®ã g(x) = 2x2 - 1= 0 ⇔ x = ±

0,5 ®iÓm

2 2

2 2 2 2 => yA = -xA-1 = -1+ ; Với xB = => yB = -12 2 2 2 2 2 2 2 Vậy hai điểm cần tìm là A(; -1+ ) và B ( ; -1) 2 2 2 2

Với xA = -

0,5 điểm

2) (2 điểm) Xét hàm số f(x) =

ax m + 4 bx m + 2 cx m + với a ≠ 0 và m N* + m+4 m+2 m

Là hàm số liên tục và có đạo hàm là: f’(x) = axm+3 + bxm+1 + cxm-1 với ∀x∈R

0,5 điểm

a b c + + = 0 (do giả thiết) m+4 m+2 m f (1) − f (0) Theo định lý Lagrăng: tồn tại x0 ∈(0;1) sao cho f’(x0) = =0 1− 0

Ta tính được f(0) = 0 và f(1) =

=> ax 0m +3 +b0m +1 + c0x −1 = 0 => x 0m −1 (ax 04 + b02 + c) = 0

0,5 điểm

=> ax40 + bx20 + c = 0

Tức là pt: ax4 + bx2 + c = 0 có nghiệm x0 ∈(0;1) Hay đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c luôn cắt ox tại ít nhất 1 điểm thuộc (0;1) Bài 2: (5 điểm) 1) (3 điểm) Trước hết biến đổi vế trái của pt: Sử dụng công thức Sin (α + Ta được: VT = Sin4x + cos4x + Sin4 (x+

π 4

) + Cos4 (x+

17

0,5 điểm

π 4

π 2

) = cosα

)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) = (Sin2x +Cos2x) - 2Sin2x Cos2x + 1 - 2Sin2 (x+

π 4

).Cos(x+

π 4

)

π 1 1 1 1 1 Sin22x +1 - Sin2(2x + ) = 2 - Sin22x - Cos22x = 2 - = 2 2 2 2 2 2

= 13 2

3 3 Sin44x = ⇔ Sin24x = 1 ⇔ Cos 4x = 0 2 2

Nên pt đã cho viết thành: π

π

2

8

⇔ 4x = + kπ ⇔ x =

1 điểm

+ k.

π 4

Để x ∈ [1; 100] ta phải có: 1 ≤

0,5 điểm

với k ∈ Z π 8

+ k.

π 4

≤ 100 ⇔ 8 ≤ (2k+1) π ≤ 800

mà k ∈ Z nên k = 1, 2, 3 …….,126 Nªn tæng c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ: S =

126

π

π

0,5 ®iÓm

0,5 ®iÓm

126

∑ 8 (1 + 2k ) = 8 ∑ (2k + 1) k =1

k =1

126

∑ (2k + 1) là tổng của 126 số hạng của cấp số cộng có u1= 3 và u126 =

Ta có

k =1

0,5 điểm

253 Vậy S =

π (3 + 253).126 8

.

2

= 2016π

2) (2 điểm) 5 1 1 (Cos 3A + Cos 3B) - (Cos 2A + Cos 2B) + Cos A +CosB = 3 2 6

Ta có (1)

1 1 (4 Cos3A - 3 CosA + 4 Cos 3B - 3CosB) - (2Cos2A-1+2Cos2B3 2 5 1)+CosA+CosB = 6 4 4 1 3 2 ⇔ ( Cos A - Cos A) + ( Cos3B - Cos2B) =(2) 3 3 6 4 Xét hàm số f(t) = t3 - t2 víi t ∈[0;1] ta cã: 3

⇔

f’(t) = 4t2 - 2t; f’(t) = 0 ⇔ t

0

f’(t)

0

1 2

-

0

t=0 1

+

1 2

t = . Ta cã b»ng biÕn thiªn; 1 2

=> Víi ∀t ∈[0;1] th× f(t) ≥ f( ) = -

1 f(t) 12

−

0,5 ®iÓm

1 12

18

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 ®iÓm

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Vì ∆ABC không có góc tù nên

0 ≤ CosA <1 0 ≤ Cos B <1

4 1 Cos3A - Cos2A ≥ 3 12

4 1 Cos3B - Cos2B ≥ 3 12

=> VT (2) ≥ -

1 6

(3) 1 2 1 Cos B = 2

Do đó (2) được thoả mãn ⇔ (3) xảy ra dấu “=” =>

Cos A =

0

=>

A = 60 B = 600 Bµi 3: ( 4 ®iÓm)

0,5 điểm

0,5 ®iÓm

=> C = 600

1) (2 ®iÓm) x5 3x3 + 2 x v× x 4 + 3x2 + 2 = (x2 + 2 ) (x2 + 1) = x − 4 2 4 2 x + 3x 2 x + 3x + 2 3x3 + 2 x Ax + b Cx + D §Æt 4 = + 2 Víi ∀x x + 3x 2 + 2 x 2 + 2 x +1

Ta cã:

0,5 ®iÓm

⇔ 3x 3 + 2x = (Ax + B) (x2 + 1) + (Cx + D) (x 2 + 2) Víi ∀x Hay 3x3 + 2x = (A+C)x3 + (B + D)x2 + (A + 2C)x + B + 2D Với ∀x => A + C = 3 B=D=0 B+D=0

=>

A + 2C = 2 B + 2D = 0

C = -1

tức là

A=4

3x3 + 2 x 4x −x = 2 + 2 4 2 x + 3x + 2 x + 2 x + 1

4x x + 2 x + 2 x +1 x2 4 xdx xdx x2 d ( x 2 + 2) 1 d ( x 2 + 1) => ∫f(x)dx = −∫ 2 +∫ 2 = − 2∫ 2 + ∫ 2 2 x +2 x +1 2 x +2 2 x +1

0,5 điểm

x2 1 − 2 ln( x 2 + 2) + ln( x 2 + 1) + k víi k lµ h»ng sè 2 2

0,5 ®iÓm

=> f(x) = x -

Vậy ∫ f(x)dx =

2

0,5 điểm

2) (2 ®iÓm) PT ®· cho viÕt thµnh: log2006 §Æt:

u = 4x2 + 2 > 0

4x2 + 2 = x 6 - 3x2 - 1 x6 + x2 + 1

ta ®−îc pt: log2006

(1)

u =v-u v

v = x6 + x2 + 1> 0 ⇔ log2006u - log2006v = v- u (*)

0,5 ®iÓm

19

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) - Nếu u > v thì VT (*) > 0 > VP (*) nên không thoả mãn.

- Nếu u < v thì VT (*) < 0 < VP (*) nên không thoả mãn - Xét u = v thì VT (*) = 0 VP (*) Do đó pt (*)⇔ x6 + x2 + 1 = 4x2 + 2 ⇔ x6 - 3x2 - 1= 0 (2) Đặt t = x2 ≥ 0 ta được pt: f(t) = t3 - 3t - 1 = 0 (3)

0,5 điểm

Ta có f’(x) = 3t2 - 3; f’(t) = 0 ⇔ t = -1 t = 1. t -∞ f’(t)

-1 +

f (t)

0 0

1

+∞

-

1

Ta có bảng biến thiên

0

+

hơn nữa f(2) = 1 +∞

-1 -3

-∞

0,5 điểm

Do đó pt (3) có nghiệm với t ≥ 0 và là nghiệm duy nhất t ∈(0;2) Đặt t = 2 cos α với 0 < α < ⇔ 4Cos3α - 3 Cosα = => α =

π 9

π 2

ta được 8 Cos3α - 6 Cos α - 1 = 0

π π 1 1 hay cos 3α = ⇒ 3α = (Do 0 < α < ) 2 2 3 2 π

π

9

9

ta có t = x2 = 2 Cos . Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = ± 2Cos

0,5 điểm

Bài 4: (4 điểm) 1) (2 điểm): Giả sử điểm M (x;y) khi đó AM = ( x − 4) 2 + y 2 Khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆: 4x - 9 = 0 là d(M;∆) = Ta có

4x − 9

4

0.5 điểm

AM 4 = ⇔ 3 ( x − 4) 2 + y 2 = 4 x − 9 d ( M ; ∆) 3

⇔ 7x2 - 9y2 = 63

⇔

x2 y2 − =1 9 7

Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là Hypebol có phương trình

0,5 điểm x2 y2 − =1 9 7

2)( 2 điểm): Parabol y2 = 2px đường chuẩn là ∆: x = -

p . Đường tròn 2

đường kính MN có tâm là trung

y

d

N1

H

0,5 điểm

20 I O Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú x F Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) điểm I của MN và bán kính R=

0,5 ®iÓm

MN 2

Gọi M1; N1, H thứ tự là hình chiếu Của các điểm M, N và I. Theo đ/n của Parabol có

0,5 ®iÓm

MM1 = MF NN1 = NF

0,5 ®iÓm

=> MM1 + NN1 = MF + NF = MN.

0,5 ®iÓm

Mà trong hình thang vuông MM1N1N thì MM1 + NN1 = 2 IH. Do đó IH=

MN 2

VËy ®−êng trßn ®−êng kÝnh MN lu«n tiÕp xóc víi ®−êng chuÈn cña Parabol Bài 5: (3 điểm): Vì ABCD là hình bình hành S => VSABC = VSADC =

1 1 VSABCD = V. 2 2

K

SM SN = x, =y SB SD V SM SK x.V thì SAMK = . ⇒ VSAMK = VSABC SB SC 4 V => V1 = VSAMK + VSANK = (x + y) (1) 4

Đặt

Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK =

M B

P

C

N

0,5điểm

A

D

V V = x.y. + x.y.

2 4 3 xy.V => V1 = (2).

4

x (3) 3x − 1 1 Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x > 3 SN x 1 1 3 Và y = ≤1⇒ ≤ 1 ⇔ 2x - 1 ≥ 0 (vì 3x-1) 0 => x ≥ do đó ≤x≤ SD 3x − 1 2 2

Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y =

1

Từ (1) =>

V1 1 3 3 x 3x 2 = (x + y) = xy = x. = V 4 4 4 3 x − 1 4(3 x − 1)

3x 2 1 3 x(3 x − 2) với ≤ x ≤ 1 . Ta có f’(x) = 2 4(3 x − 1) 2 4(3 x − 1) 1 f’(x) = 0 ⇔ x = 0 không thuộc đoạn [ ;1 ] 2

Xét hàm số f(x) =

21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5điểm

0,5 điểm 0,5 điểm

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) x=

2 3

x

=> Bảng biến thiên 1 2

f’(x) f(x)

2 3

-

1

0

+

3/8

3/8 1 3

1 3 1 1 V 3 Suy ra ≤ f(x) ≤ với ∀x ∈ [ ;1 ] hay ≤ 1 ≤ 3 8 2 3 V 8 V1 1 2 2 Vậy Min ( ) = khi x = hay SM = SB V 3 3 3 1  x=  Mlà trung điểm của SB V 3 Và Max ( 1 ) = khi  2 ⇔   V 8 M ≡ B  x = 1

0,5 điểm

0,5 điểm

ĐỀ SỐ 4: KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 N¨m häc 2005-2006 M«n: To¸n. B¶ng A-B (Thêi gian lµm bµi 180 phót)

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

C©u I. (5 ®iÓm). Cho hµm sè y =

x 2 − 2x + 2 x −1

1, Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.

2, Chứng minh đường thẳng (d):

y x + = 1 có đúng hai điểm mà từ mỗi 2 −1

điểm đó kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc. Xác định toạ độ hai điểm đó.

Câu II. (4 điểm).

22

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  x + my = m

1, Biện luận theo m số nghiệm của hệ phương trình 

2 2 x + y = x Khi hệ có hai nghiệm (x1;y1), (x2;y2) tìm m để P = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2 lớn

nhất.

1− x 2

2, Giải phương trình: 2

x2

1− 2 x

−2

x2

=

1 1 − 2 x

Câu III. (5 điểm) 1, Đường thẳng (d) cắt Parabol (P): y = − x 2 + 2 x + 3 tại hai điểm phân biệt A, B lần lượt có hoành độ x1; x2 giả sử x1<x2 và AB=2. Tìm x1; x2 để hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng (d) và Parabol có diện tích lớn nhất.

2, Tam giác ABC không có góc tù và sin 2 A + sin 2 B = sin C . Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông.

Câu IV. (4 điểm)  e cos x − cos 3 x − 1 .....neu..x ≠ 0 1, Tính đạo hàm của hàm số: y =  tại x=0 x 0.....................neu..x = 0 

2, Hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên hợp với đáy góc α, 0 ° < α < 90 ° . Chứng minh

r 1 ≤ ( với r, R lần lượt là bán kính mặt R 3

cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp).

Câu V. (2 điểm). Qua đường cao hình tứ diện đều dựng một mặt phẳng cắt ba mặt bên tứ diện theo ba đường thẳng tạo với đáy tứ diện lần lượt góc α, β, γ.

Chứng minh: tg 2α + tg 2 β + tg 2 γ = 2 .

23

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Trường THPT ĐÁP ÁN THÁNG ĐIỂM Mai Anh Tuấn ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 - BẢNG A – B MÔN : TOÁN - NĂM HỌC: 2005 - 2006 (Gồm có: 6 trang) Câu ý Nội dung điểm I 1 2,5 a. TXĐ: R\{1} b. SBT:

y’ = 1-

1 = 0 <=> x = 0; x = 2 ( x − 1) 2

0,5 yCĐ = y(0) = - 2 yCT = y(2) = 2 • Do hàm sốđồng biến trong khoảng (-∝; 0) và (2; +∝); nghịch biến trong khoảng (0; 1) và (1; 2).

• Tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 do • Tiệm cận xiên là đường thẳng y = x – 1 do 0,5  x 2 − 2x + 2  + ∞ 1 lim  − ( x − 1) = lim = x → ±∞ x −1

 x →±∞ x − 1 x 2 − 2 x + 2 + ∞ • Giới hạn: lim = x → ±∞ x −1 − ∞ 

BBT:

x y' y

-∝ +

0 0 2

− ∞

1 -

+∝

-∝

-∝

c. Đồ thị Như hình vẽ.

Nhận điểm (1;0) làm tâm đối xứng

2 0 2

+

0,5 +∝

y

y=x -1

2 O

1 2

-1

0,5 x

-2

x =1 I.

2.

Chứng minh trên đt (d) .........

• Gọi điểm M (x0 ; y 0 ) ∈ (d ) thì toạ độ M

2,5 0,5

24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  x0   x0 x0 − 2  y0 = 2 − 1 = 2 

• Gọi k là hệ số góc đt (∆ ) đi qua M thì (∆ ) có phương trình dạng: y = k(x – x0) + x0 - 2 • Đt (∆ ) là tiếp tuyến của (P) thì hệ phương trình: x0 − 2 1  (1) x − 1 + x − 1 = k (x −x 0 ) + 2  có nghiệm x0 ≠1  1 1 − = k ( 2 )  ( x − 1) 2 1 • Biến đổi (1) ra dạng: x -1 + = k(x – 1)+ k(1 – x0)+ x −1 x0 − 2 (1’) 2

Và thay k vào (1’) , ta có:

0,5

0,5

 x0 − 2 1 1  x -1 + = 1 − .  (x – 1)+ k(1 – x0 )+ 2 x − 1  ( x − 1)  2 2k ( x0 − 1) + x0 − 2 1 <=> = (3) x −1 4

• Thay (3) vào (2) ta có: 4k2 (1 – x0)2 + 4k [(x0 – 2)(1 – x0) + 4] + (x0 – 2)2 – 16 = 0 (4) • Qua M kẻ 2 đt vuông góc tới (C) nên phương trình (4) 0,5 phải có hai nghiệm k1; k2 và k1.k2 = -1. 1 − x0 ≠ 0  • ĐK  ( x0 − 2) 2 − 16 = −1  2 4 ( 1 x ) − 0   6 + 76  x1 =  x0 ≠ 1 5 <=>  2 <=>   5 x0 − 12 x0 − 8 = 0 6 − 76  x2 = 5 

0,5

    • Hai điểm M1  6 + 76 ; 76 − 4  ; M2  6 − 76 ; − 4 − 76     



5

10





5

10



II 1.

Biện luận số nghiệm hệ phương trình: .......

1 2 1 ) + y2 = là pt của 2 4 1 1 đường tròn tâm I( ; 0) ; bk: R= 2 2

4,0 2,0

• Xét pt: x2 + y2 = x <=> (x -

• Xét pt: x + my = m <=> x + m(y – 1) = 0 là pt của đường thẳng luôn đi qua điểm cố định A(0; 1).

25

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) • Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn.

1 −m 2

điểm =

y A(0; 1)

m = 0  m = 4 3 

1 = <=> m2 + 1 2

(m = 0 (d) tiếp xúc đường tròn tại O(0; 0) 4 M = (d) tíêp xúc đường tròn tại B) 3

I

O

B

0,5 x

• Số nghiệm hệ phương trình là số giao điểm của đt(d) và đường tròn: m = 0 • Nếu  Thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất. m = 4 3  m < 0 • Nếu  Thì hệ phương trình vô nghiệm. m > 4 3 

2.

• Nếu 0 < m < 4/3 thì hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt Tìm m để P = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 lớn nhất • 0 < m < 4/3 thì hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (x1; y1); (x2; y2) là toạ độ giao điểm của đường thẳng và đường tròn.

• P lớn nhất khi (d) đi qua tâm I(1/2; 0) • Nên: m= 1/2 thì P lớn nhất: P = 1 Giải pt: ........

• Điều kiện: x ≠ 0 • Nhận xét:

1 − 2x

x

2

−

1− x2

x

=

2

x 2 − 2x

x

2

1− x 2

• Viết phương trình ra dạng: 2 1 1 − 2 x 1 − x − 2  2  x 2 x 1− x 2

<=> 2

x2

2

x

2

0,5

2,0

2 1 1 = 2( − ) x 2 x

=1-

0,5

1− 2 x

-2

x

2

0,5

=

  

1 1− x2 + . 2 =2 2 x

1− 2 x x2

t

+

1 1 − 2x .

2 x2

0,5

1 t 2

• Xét hàm số: f(t) = 2 +

• Nhận xét: f(t) là hàm số đồng biến.

• Viết phương trình đã cho ra dạng: f(

0,5 1− x

2

)= f(

1 − 2x

x2 x  x = 0 (Loại 1− x2 1 − 2x 2 = <=> x – 2x = 0 <=> <=> x = 2 x2 x2  2

) 0,5

• Vật pt có nghiệm x = 2

26

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) III 5,0 1. Tìm x1 ; x2 để diện tích ..........

2,5 • Xét đường thẳng y = ax + b không song song với trục tung (Vì Parabol có trục đối xứng x0 = 1 song song trục tung) 0,5 • Hoành độ x1; x2 của hai điểm A, B xác định từ pt: -x2 + 2x + 3 = ax + b <=> - x+ (2 – a)x + 3 –b = 0 (1) Hay (-x2 + (2 – a)x + 3 - b= -( x – x1)(x- x2)) ĐK: (2 – a)2 + 4(3 – b) > 0.

• Nhận xét ∀x ∈[ x1; x2] thì -( x – x1)(x- x2) > 0 • Nên diện tích hình phẳng:  x2    2 − − ( x x ).( x x ) dx = ( ) − − + x x x x x x dx ∫  1 2 1 2 1 2 ∫  x1  x1  x3  x (x − x )3 x = -  − (x1 + x 2 ) 2 + x1 x 2 x  2 = 2 1 6 2  3  x1

S= -

x2

[

]

• Diện tích S lớn nhất khi (x2 – x1 ) lớn nhất • Do AB = 2 = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2 = ( x 2 − x1 ) 2 + a 2 ( x 2 − x1 ) 2 4 2

<=> (x2 – x1) =

2.

1+ a2

0,5

0,5

lớn nhất khi a = 0

• Mà từ pt(1): x1+ x2 = 2 – a • Do a= 0 • Ta có: x2 + x1 = 2.

• Ta có: đt (d) // trục Ox nên AB = 2 = x2 − x1 <=> x2 – x1 = 2( do giả thiết x1< x2)

0,5

• Có hệ phương trình: 

 x1 + x 2 = 2 x = 0 <=>  1  x1 − x 2 = 2  x2 = 2

0,5

• Vậy x1 = 0 và x2 = 2 thì S= 4/3 lớn nhất.

Chứng minh tam giác ABC vuông .......

• Ta chứng minh C = 900.

2,5

• Nếu 00 < C < 900 thì Sin2A + Sin2B =

1 − Cos 2 A + 2

1 − Cos 2 B 2 1 = 1 - (Cos2A + Cos2B) = 1 – Cos(A + B)(Cos(A – B) 2

1,0

= 1 + CosC. Cos(A – B) Vì A, B nhọn nên – 900 < A- B < 900 => Cos(A – B) > 0 Nên Sin2A + Sin2B = 1+ CosC. Cos(A – B) > 1 > SinC • Nếu 900 < C< 1800

27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Ta có Cos C = 2

a2 + b2 − c2 <0 => a2 + b2 – c2 <0 2ab

2

1,0

2

=> Sin A + Sin B < Sin C (Đ/l Sin) Vì 0< SinC < 1 Nên Sin2 C < SinC Do đó Sin2A + Sin2B< SinC • Với C = 900 Ta có: Sin2A + Sin2B = Sin2A + Cos2A= 1 = SinC Vậy tam giác ABC thảo mãn đề bài: Vuông tại C.

0,5

IV 1.

4,0 1,5

Tính đạo hàm......

Ta có: y (' 0) = lim

x →0

y ( x ) − y ( 0) e cos x−cos s 3 x − 1 = lim x →0 x−0 x2

0,75

e cos x −cos s3 x − 1 cos x − cos 3 x . ) x→0 cos x − cos 3 x x2 e cos x −cos 3 x − 1 2 sin 2 x. sin x sin 2 x. sin x. . lim = 1.4 lim lim = lim 2 x →0 x→0 x →0 2 x x →0 x cos 3 x − 1 x

= lim (

2.

= 4. 1. 1 = 4 vậy y (' 0) = 4 Chứng minh...... + Kí hiệu các điểm như hình vẽ H là tâm tam giác đều ABC K là trung điểm BC + SKH = α + SA =

+ Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC OA = OB = OC = OS = R => R2 = OA2 = AH2 + OH2 =

3,5

S

O

A

a2 a 2 + 3SH 2 a(1 + 3 cos 2 α + ( SH − R ) 2 = = B 3 6 SH 4 3 sin α cos α

+ Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp: IT ⊥ mp(SBC); IH = IT = r.

Thì IT = r = SI Cosα = (SH – r).Cosα => r = •

SHCosα a 3 sin α = 1 + Cosα 6(1 + Cosα )

(1 + cos α )(1 + 3 cos 2 α )

=

C K

S

α I H

r 2 sin 2 α . cos α = = R (1 + cos α )(1 + 3 cos 2 α ) 2 cos α (1 − cos 2 α )

1,0

a2 a2 2 a 3 + 9 cos 2 α + tg α = 6 cos α 3 12

SH 2 + AH 2 =

0,75

T

0,5

α

K

0,5

2 cos α (1 − cos α ) (1 + 3 cos 2 α )

• Đặt t = cosα vì α∈ (00; 900)

28

Nên 0 < t < 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) • Xét f(t) =

2t (1 − t )

Với Df = (0; 1)

1 + 3t 2

1 − 6(t + 1)(t − ) 3 =0 • f’(t) = 2 2 (3t + 1)

• BBT:

t f'(t) f(t)

-1 0

Tại t = 1/3; t = -1.

0 +

+

1/3 0 -

1

-

0

0

• Kết quả này chứng tỏ: 0< f(t) ≤ 1/3.

• Vậy

r 1 ≤ R 3

r 1 = R 3

;

khi f(t) =

0,5

0,5

1 3

V

2,0

S

- Xét tứ diện đều S . ABC cạnh a, đường cao SH. - Mặt phẳng qua SH cắt mặt phẳng (SBC) giao tuyến SK cắt mp(SAB) giao P P tuyến SN cắt mp(SAC) giao tuyến SP .

- Ký hiệu các góc α, β, γ (hình vẽ) β - Vì H nằm trong tam giác ABC A α N nên M, N, P trên đường thẳng (PNM) H thì M, N, P ở hai phía điểm H.

0,5 B

M SH SH SH ; tgβ = ; tgγ = C HM HN HP a 3 + SH = nên hệ thức cần chứng minh tương đương với: 6 1 1 1 18 + tg α =

HM 2

+

HN 2

+

HP 2

=

0,5

a2

+ Gọi x, y, z là các góc do HM, HN; HP thứ tự tạo với đường vuông góc kẻ từ H xuống BC. ; xuống CA; và từ H xuống AB. - Ta có: HA1 = HB1 = HC1 =

a 3 và góc giữa chúng 1200 6

- Thì ta có: HM =

P

a 3 a 3 a 3 ; HN = ; HP = 6 cos x 6 cos z 6 cos y 0

0

- Vì x + y = 60 Và y + z = 120 Tức là y = 600 – x ; z = 600 + x

A

N C1 B1

0,5 B

H

A1 M C

29

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Nên: 12

a

2

1 HM

[cos

2

2

+

1 HN

2

+

1 HP

0,5

=

2

x + cos 2 (60 0 − x) + cos 2 (60 0 + x)

]

[

]

• Do: cos 2 x + cos 2 (60 0 − x) + cos 2 (60 0 + x) = • Nên được :

1

HM 2

1

+

HN 2

+

1

HP

= 2

18

a2

3 2

=> đpcm

Häc sinh gi¶i c¸ch kh¸c, ®óng gi¸m kh¶o c¨n cø thµnh phÇn cho ®iÓm tèi ®a.

ĐỀ SỐ 5: SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 N¨m häc 2005-2006 M«n: To¸n. B¶ng A-B (Thêi gian lµm bµi 180 phót)

C©u I. (5 ®iÓm). Cho hµm sè y =

x 2 − 2x + 2 x −1

1, Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. y x + = 1 có đúng hai điểm mà từ mỗi 2 −1

2, Chứng minh đường thẳng (d):

điểm đó kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc. Xác định toạ độ hai điểm đó.

Câu II. (4 điểm).  x + my = m

1, Biện luận theo m số nghiệm của hệ phương trình 

2 2 x + y = x Khi hệ có hai nghiệm (x1;y1), (x2;y2) tìm m để P = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2 lớn

nhất.

1− x 2

2, Giải phương trình: 2

x2

1− 2 x

−2

x2

=

1 1 − 2 x

Câu III. (5 điểm) 1, Đường thẳng (d) cắt Parabol (P): y = − x 2 + 2 x + 3 tại hai điểm phân biệt A, B lần lượt có hoành độ x1; x2 giả sử x1<x2 và AB=2. Tìm x1; x2 để hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng (d) và Parabol có diện tích lớn nhất.

2, Tam giác ABC không có góc tù và sin 2 A + sin 2 B = sin C . Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông.

Câu IV. (4 điểm)

30

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  e cos x − cos 3 x − 1 .....neu..x ≠ 0 1, Tính đạo hàm của hàm số: y =  tại x=0 x 0.....................neu..x = 0 

2, Hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên hợp với đáy góc α, 0 ° < α < 90 ° . Chứng minh

r 1 ≤ ( với r, R lần lượt là bán kính mặt R 3

cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp).

Câu V. (2 điểm). Qua đường cao hình tứ diện đều dựng một mặt phẳng cắt ba mặt bên tứ diện theo ba đường thẳng tạo với đáy tứ diện lần lượt góc α, β, γ.

Chứng minh: tg 2α + tg 2 β + tg 2 γ = 2 .

31

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Trường THPT ĐÁP ÁN THÁNG ĐIỂM Mai Anh Tuấn ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 - BẢNG A – B MÔN : TOÁN - NĂM HỌC: 2005 - 2006 (Gồm có: 6 trang) Câu ý Nội dung điểm I 1 2,5 a. TXĐ: R\{1} b. SBT:

y’ = 1-

1 = 0 <=> x = 0; x = 2 ( x − 1) 2

0,5 yCĐ = y(0) = - 2 yCT = y(2) = 2 • Do hàm sốđồng biến trong khoảng (-∝; 0) và (2; +∝); nghịch biến trong khoảng (0; 1) và (1; 2).

• Tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 do • Tiệm cận xiên là đường thẳng y = x – 1 do 0,5  x 2 − 2x + 2  + ∞ 1 lim  − ( x − 1) = lim = x → ±∞ x −1

 x →±∞ x − 1 x 2 − 2 x + 2 + ∞ • Giới hạn: lim = x → ±∞ x −1 − ∞ 

BBT:

x y' y

-∝ +

0 0 2

− ∞

1 -

+∝

-∝

-∝

c. Đồ thị Như hình vẽ.

Nhận điểm (1;0) làm tâm đối xứng

2 0 2

+

0,5 +∝

y

y=x -1

2 O

1 2

-1

0,5 x

-2

x =1 I.

2.

Chứng minh trên đt (d) .........

• Gọi điểm M (x0 ; y 0 ) ∈ (d ) thì toạ độ M

2,5 0,5

32

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  x0   x0 x0 − 2  y0 = 2 − 1 = 2 

• Gọi k là hệ số góc đt (∆ ) đi qua M thì (∆ ) có phương trình dạng: y = k(x – x0) + x0 - 2 • Đt (∆ ) là tiếp tuyến của (P) thì hệ phương trình: x0 − 2 1  (1) x − 1 + x − 1 = k (x −x 0 ) + 2  có nghiệm x0 ≠1  1 1 − = k ( 2 )  ( x − 1) 2 1 • Biến đổi (1) ra dạng: x -1 + = k(x – 1)+ k(1 – x0)+ x −1 x0 − 2 (1’) 2

Và thay k vào (1’) , ta có:

0,5

0,5

 x0 − 2 1 1  x -1 + = 1 − .  (x – 1)+ k(1 – x0 )+ 2 x − 1  ( x − 1)  2 2k ( x0 − 1) + x0 − 2 1 <=> = (3) x −1 4

• Thay (3) vào (2) ta có: 4k2 (1 – x0)2 + 4k [(x0 – 2)(1 – x0) + 4] + (x0 – 2)2 – 16 = 0 (4) • Qua M kẻ 2 đt vuông góc tới (C) nên phương trình (4) 0,5 phải có hai nghiệm k1; k2 và k1.k2 = -1. 1 − x0 ≠ 0  • ĐK  ( x0 − 2) 2 − 16 = −1  2 4 ( 1 x ) − 0   6 + 76  x1 =  x0 ≠ 1 5 <=>  2 <=>   5 x0 − 12 x0 − 8 = 0 6 − 76  x2 = 5 

0,5

    • Hai điểm M1  6 + 76 ; 76 − 4  ; M2  6 − 76 ; − 4 − 76     



5

10





5

10



II 1.

Biện luận số nghiệm hệ phương trình: .......

1 2 1 ) + y2 = là pt của 2 4 1 1 đường tròn tâm I( ; 0) ; bk: R= 2 2

4,0 2,0

• Xét pt: x2 + y2 = x <=> (x -

• Xét pt: x + my = m <=> x + m(y – 1) = 0 là pt của đường thẳng luôn đi qua điểm cố định A(0; 1).

33

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) • Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn.

1 −m 2

điểm =

y A(0; 1)

m = 0  m = 4 3 

1 = <=> m2 + 1 2

(m = 0 (d) tiếp xúc đường tròn tại O(0; 0) 4 M = (d) tíêp xúc đường tròn tại B) 3

I

O

B

0,5 x

• Số nghiệm hệ phương trình là số giao điểm của đt(d) và đường tròn: m = 0 • Nếu  Thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất. m = 4 3  m < 0 • Nếu  Thì hệ phương trình vô nghiệm. m > 4 3 

2.

• Nếu 0 < m < 4/3 thì hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt Tìm m để P = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 lớn nhất • 0 < m < 4/3 thì hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (x1; y1); (x2; y2) là toạ độ giao điểm của đường thẳng và đường tròn.

• P lớn nhất khi (d) đi qua tâm I(1/2; 0) • Nên: m= 1/2 thì P lớn nhất: P = 1 Giải pt: ........

• Điều kiện: x ≠ 0 • Nhận xét:

1 − 2x

x

2

−

1− x2

x

=

2

x 2 − 2x

x

2 1− x 2

• Viết phương trình ra dạng: 2 1 1 − 2 x 1 − x − 2  2  x 2 x 1− x 2

<=> 2

x2

2

x

2

0,5

2,0

2 1 1 = 2( − ) x 2 x

=1-

0,5

1− 2 x

-2

x

2

0,5

=

  

1 1− x2 + . 2 =2 2 x

1− 2 x x2

t

+

1 1 − 2x .

2 x2

0,5

1 t 2

• Xét hàm số: f(t) = 2 +

• Nhận xét: f(t) là hàm số đồng biến.

• Viết phương trình đã cho ra dạng: f(

0,5 1− x 2

2

)= f(

1 − 2x

x2 x  x = 0 (Loại 1− x2 1 − 2x 2 = <=> x – 2x = 0 <=> <=> x = 2 x2 x2 

) 0,5

• Vật pt có nghiệm x = 2

34

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) III 5,0 1. Tìm x1 ; x2 để diện tích ..........

2,5 • Xét đường thẳng y = ax + b không song song với trục tung (Vì Parabol có trục đối xứng x0 = 1 song song trục tung) 0,5 • Hoành độ x1; x2 của hai điểm A, B xác định từ pt: -x2 + 2x + 3 = ax + b <=> - x+ (2 – a)x + 3 –b = 0 (1) Hay (-x2 + (2 – a)x + 3 - b= -( x – x1)(x- x2)) ĐK: (2 – a)2 + 4(3 – b) > 0.

• Nhận xét ∀x ∈[ x1; x2] thì -( x – x1)(x- x2) > 0 • Nên diện tích hình phẳng:  x2    2 − − ( x x ).( x x ) dx = ( ) − − + x x x x x x dx ∫  1 2 1 2 1 2 ∫  x1  x1  x3  x (x − x )3 x = -  − (x1 + x 2 ) 2 + x1 x 2 x  2 = 2 1 6 2  3  x1

S= -

x2

[

]

• Diện tích S lớn nhất khi (x2 – x1 ) lớn nhất • Do AB = 2 = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2 = ( x 2 − x1 ) 2 + a 2 ( x 2 − x1 ) 2 4 2

<=> (x2 – x1) =

2.

1+ a2

0,5

0,5

lớn nhất khi a = 0

• Mà từ pt(1): x1+ x2 = 2 – a • Do a= 0 • Ta có: x2 + x1 = 2.

• Ta có: đt (d) // trục Ox nên AB = 2 = x2 − x1 <=> x2 – x1 = 2( do giả thiết x1< x2)

0,5

• Có hệ phương trình: 

 x1 + x 2 = 2 x = 0 <=>  1  x1 − x 2 = 2  x2 = 2

0,5

• Vậy x1 = 0 và x2 = 2 thì S= 4/3 lớn nhất.

Chứng minh tam giác ABC vuông .......

• Ta chứng minh C = 900.

2,5

• Nếu 00 < C < 900 thì Sin2A + Sin2B =

1 − Cos 2 A + 2

1 − Cos 2 B 2 1 = 1 - (Cos2A + Cos2B) = 1 – Cos(A + B)(Cos(A – B) 2

1,0

= 1 + CosC. Cos(A – B) Vì A, B nhọn nên – 900 < A- B < 900 => Cos(A – B) > 0 Nên Sin2A + Sin2B = 1+ CosC. Cos(A – B) > 1 > SinC • Nếu 900 < C< 1800

35

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Ta có Cos C = 2

a2 + b2 − c2 <0 => a2 + b2 – c2 <0 2ab

2

1,0

2

=> Sin A + Sin B < Sin C (Đ/l Sin) Vì 0< SinC < 1 Nên Sin2 C < SinC Do đó Sin2A + Sin2B< SinC • Với C = 900 Ta có: Sin2A + Sin2B = Sin2A + Cos2A= 1 = SinC Vậy tam giác ABC thảo mãn đề bài: Vuông tại C.

0,5

IV 1.

4,0 1,5

Tính đạo hàm......

Ta có: y (' 0) = lim

x →0

y ( x ) − y ( 0) e cos x −cos s 3 x − 1 = lim x →0 x−0 x2

0,75

e cos x −cos s3 x − 1 cos x − cos 3 x . ) x→0 cos x − cos 3 x x2 e cos x −cos 3 x − 1 2 sin 2 x. sin x sin 2 x. sin x. . lim = 1.4 lim lim = lim 2 x →0 x→0 x →0 2 x x →0 x cos 3 x − 1 x

= lim (

2.

= 4. 1. 1 = 4 vậy y (' 0) = 4 Chứng minh...... + Kí hiệu các điểm như hình vẽ H là tâm tam giác đều ABC K là trung điểm BC + SKH = α + SA =

+ Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC OA = OB = OC = OS = R => R2 = OA2 = AH2 + OH2 =

3,5

S

O

A

a2 a 2 + 3SH 2 a(1 + 3 cos 2 α + ( SH − R ) 2 = = B 3 6 SH 4 3 sin α cos α

+ Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp: IT ⊥ mp(SBC); IH = IT = r.

Thì IT = r = SI Cosα = (SH – r).Cosα => r = •

SHCosα a 3 sin α = 1 + Cosα 6(1 + Cosα )

(1 + cos α )(1 + 3 cos 2 α )

=

C K

S

α I H

r 2 sin 2 α . cos α = = R (1 + cos α )(1 + 3 cos 2 α ) 2 cos α (1 − cos 2 α )

1,0

a2 a2 2 a 3 + 9 cos 2 α + tg α = 6 cos α 3 12

SH 2 + AH 2 =

0,75

T

0,5

α

K

0,5

2 cos α (1 − cos α ) (1 + 3 cos 2 α )

• Đặt t = cosα vì α∈ (00; 900)

36

Nên 0 < t < 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) • Xét f(t) =

2t (1 − t )

Với Df = (0; 1)

1 + 3t 2

1 − 6(t + 1)(t − ) 3 =0 • f’(t) = 2 2 (3t + 1)

• BBT:

t f'(t) f(t)

-1 0

Tại t = 1/3; t = -1.

0 +

+

1/3 0 -

1

-

0

0

• Kết quả này chứng tỏ: 0< f(t) ≤ 1/3.

• Vậy

r 1 ≤ R 3

r 1 = R 3

;

khi f(t) =

0,5

0,5

1 3

V

2,0

S

- Xét tứ diện đều S . ABC cạnh a, đường cao SH. - Mặt phẳng qua SH cắt mặt phẳng (SBC) giao tuyến SK cắt mp(SAB) giao P P tuyến SN cắt mp(SAC) giao tuyến SP .

- Ký hiệu các góc α, β, γ (hình vẽ) β - Vì H nằm trong tam giác ABC A α N nên M, N, P trên đường thẳng (PNM) H thì M, N, P ở hai phía điểm H.

0,5 B

M SH SH SH ; tgβ = ; tgγ = C HM HN HP a 3 + SH = nên hệ thức cần chứng minh tương đương với: 6 1 1 1 18 + tg α =

HM 2

+

HN 2

+

HP 2

=

0,5

a2

+ Gọi x, y, z là các góc do HM, HN; HP thứ tự tạo với đường vuông góc kẻ từ H xuống BC. ; xuống CA; và từ H xuống AB. - Ta có: HA1 = HB1 = HC1 =

a 3 và góc giữa chúng 1200 6

- Thì ta có: HM =

P

a 3 a 3 a 3 ; HN = ; HP = 6 cos x 6 cos z 6 cos y 0

0

- Vì x + y = 60 Và y + z = 120 Tức là y = 600 – x ; z = 600 + x

A

N C1 B1

0,5 B

H

A1 M C

37

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Nên: 12

a

2

1 HM

[cos

2

2

+

1 HN

2

+

1 HP

2

0,5

=

x + cos 2 (60 0 − x) + cos 2 (60 0 + x)

]

[

]

• Do: cos 2 x + cos 2 (60 0 − x) + cos 2 (60 0 + x) = • Nên được :

1

HM 2

+

1

HN 2

+

1

HP

= 2

18

a2

3 2

=> đpcm

Häc sinh gi¶i c¸ch kh¸c, ®óng gi¸m kh¶o c¨n cø thµnh phÇn cho ®iÓm tèi ®a.

ĐỀ SỐ 6: SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 3

ĐỀ XUẤT NGÂN HÀNG ĐỀ Đề thi Học sinh giỏi THPT – Môn Toán Bảng A

--------o0o----------------------o0o-------------3 C©u 1: (6 ®iÓm) Cho hµm sè: y = x + 3x2 + 1. a) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè. b) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: x 3 + 3x 2 = m3 + 3m2. c) ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) kÎ tõ ®iÓm (1; 5). d) Trªn ®−êng th¼ng y = 9x – 4, t×m nh÷ng ®iÓm cã thÓ kÎ ®Õn (C) 3 tiÕp tuyÕn.

C©u 2: (3 ®iÓm) Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh sau: 3 a) (7 + 5 2)cos x − (17 + 12 2)cos x = cos3x . b) x 2 − 3x + 1 = −

3 4 x + x2 + 1 .

3

Câu 3: (4 điểm) a) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm duy nhất: log m 11 + log 1 ( x 2 + mx + 10 + 4)log m (x 2 + mx + 12) ≥ 0 .

7

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 1 + ax − 3 cos x víi x < 0 f(x) =  . ln(1 + 2x) + b − 1 víi x ≥ 0

38

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) b) Tính tích phân:

I=

1+ 5 2

∫

1+ − 2

x2 + 1 dx .

4 2 x 5 (x − x + 1)(1 + 2006 )

Câu 5: (2,5 điểm) x2 y2 x2 y2 Cho 2 elíp (E1): + = 1 , (E2): + = 1 và parabol (P): y2 = 12x.

15 6 6 15 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 SM trên SB sao cho AM ⊥ MD. Tính tỉ số .

SB ---------

39

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 3

--------o0o-------

ĐỀ XUẤT NGÂN HÀNG ĐỀ Đáp án đề thi Học sinh giỏi THPT – Môn Toán Bảng A

----------------o0o--------------

Chó ý: + §¸p ¸n gåm 5 trang. +NÕu thÝ sinh lµm c¸ch kh¸c víi ®¸p ¸n mµ kÕt qu¶ ®óng th× cho ®iÓm tèi ®a.

CÂU

1

Ý

1a

NỘI DUNG

ĐIỂM

- Tập xác định: D = R. - Sự biến thiên:

0,25

x = 0 + Chiều biến thiên: y’ = 3x2 + 6x = 0 ⇔  .  x = −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: lim y = ±∞ ⇒ đồ thị hàm số không có tiệm

0,25 0,25

x →±∞

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

y 5

0,25 3

1 -3 x

-2

-1

40

0

1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Ta có: x3 + 3x2 = m3 + 3m2 (1) 1b ⇔ 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.

Gọi phương trình tiếp tuyến kẻ từ điểm (1; 5) có dạng: 1c y = k(x – 1) + 5 ⇔ y = kx + 5 – k.

Vì là tiếp tuyến của (C) nên ta có: x 3 + 3x 2 + 1 = kx + 5 − k  x = −2, k = 0 ⇔   x = 1, k = 9 .

2  k = 3x + 6x  ⇒ Có 2 tiếp tuyến của (C) đi qua điểm (1; 5) là: y = 5 và y = 9x – 4.

Gọi M (x0; 9x0 – 4) là điểm trên đường thẳng y = 9x – 1d 4. ⇒ Đường thẳng đi qua M có phương trình dạng: y = k(x – x0) + 9x0 – 4.

3 2 x + 3x + 1 = k(x − x 0 ) + 9x 0 − 4 ⇒ Ta có:  .

2  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.   x 0 > 1/ 3  Từ đó ta có điều kiện của x0 là:   x 0 < −5 . x ≠ 1  0 Vậy các điểm M cần tìm có toạ độ (x; 9x – 4) với điều

41

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,50 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)   x > 1/ 3  kiện:   x < −5 x ≠ 1  2

2a

Tập xác định: D = R. Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 3 (1 + 2)3 cos x − (1 + 2)4 cos x = 4 cos3 x − 3cosx ⇔ (1 + 2)3 cos x + 3cos x = 4 cos3 x + (1 + 2)4 cos

3

x

0,25

0,50

t

2b

Xét hàm số f(t) = (1 + 2) + t , ta có f(t) đồng biến với mọi t nên ta có: f(3cosx) = f(4cos3x) ⇔ 3cosx = 4cos3x π kπ ⇔ cos3x = 0 ⇔ x = + ,k∈Z 6 3 Ta có: x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 – x + 1) > 0 x2 – 3x + 1 = 2(x2 – x + 1) – (x2 + x + 1) x2 − x + 1 , t > 0. Phương trình trở thành: x2 + x + 1 −3  t= <0  3 x2 − x + 1 1 2 3 2 2t + t −1= 0 ⇔  ⇔ = 3 x2 + x + 1 1 3  t = 3  ⇔x=1

Đặt t =

3

3a

Điều kiện: m > 0 và m ≠ 1, x2 + mx + 10 ≥ 0.

Bất phương trình đã cho tương đương với: 1 − log7 ( x 2 + mx + 10 + 4)log11 (x 2 + mx + 12) ≥ 0 . (*) log11 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 x 2 + mx + 10 ≥ 0 (1) 2 ⇔ 0 ≤ x + mx + 10 ≤ 9 ⇔  2 . x + mx + 1 ≤ 0 (2)

42

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,50 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25

0,25 0,50 0,50

0,50

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 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.

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: 2 f (x) = g(t) = 6 + 4t + 22t2 + 2t – 1 với − 2 ≤ t ≤ 2 .

Xét sự biến thiên của g(t) ta có: max g(t) = 4( 2 + 1)2 − 2 ; 2   

0,50

0,25 0,25

0,25 0,75

Vì f(x) ≥ 0 nên ta có: maxf(x) =

max f 2 (x) = max g(t) = 2( 2 + 1)

Vậy ta có: 2( 2 + 1) ≤ 2m − 1 ⇔ m ≥ 4

4a

3+2 2 .

2

Hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi nó liên tục tại x = 0. ⇔ lim− f(x) = lim+ f(x) = f(0) ⇔ b = 1 . x →0

x→0

3

1 + a∆x − 3 cos ∆x a = x→0 ∆x 3 + ∆ ln(1 2 x) Và f '(0 + ) = lim+ = 2 ⇒ a = 6. x →0 ∆x Vậy hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi a = 6 và b = 1.

Chứng minh được:

Ta lại có: f '(0 − ) = lim−

4b

I=

1+ 5 2

1+ 5 2

1+ 2

−

∫

−

⇔I=

x2 + 1 dx = 4 2 x (x x 1)(1 2006 ) + + − 5 1+ 5 2

∫

−

1+ 5 2

1+

1 x2

1 (x − )2 + 1 x

∫

1+ 2

x2 + 1 dx 4 2 x x 1 − + 5

dx .

π/ 4 π 1 Đặt x − = tgt ⇒ I = ∫ dt = . x 2 −π / 4

43

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,50

0,25

0,50

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Toạ độ giao điểm của 2 elíp (E1) và (E2) là nghiệm của 5 5a  x2 y2  15 + 6 = 1 60 hệ phương trình:  2 ⇒ x2 + y2 = 2 7 x + y = 1  6 15 Vậy đường tròn đi qua các giao điểm của 2 elíp là: 60 x2 + y2 = 7 5b Gọi đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2 ≠ 0), là tiếp tuyến chung của (E1) và (P). Ta có: 15A 2 + 6B 2 + C = 0 C = 5A ⇔  2 6B = 2AC C = −5A Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm là: 3x ± 5y + 5 3 = 0 .

0,50

0,50

1,0 0,50

6 S H D

A

B

0,25

C

Đặt 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 a a 3  B=  ; ;0  . Suy ra phương trình của SB là: 2 2   2x 2y z − a 3 = = a a 3 −a 3 Gọi M(x0; y0; z0) thuộc cạnh SB, ta có: y 0 = 3x 0 .  z 0 = a 3 − 2 3x 0

Mặt khác AM⊥DN ⇔ AM.DM = 0 3a ⇔ x02 – 2ax0 + y02 + z02 = 0 ⇔ x 0 = 8

 3a 3a 3 a 3  3 SM 3 = . ⇔ M= ; ;  ⇒ SM = SB hay 8 8 4 4 SB 4  

44

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,50

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) -----------------------------------------Hết--------------------------------------------------

ĐỀ SỐ 7: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

Sở GD-ĐT Thanh hóa Trường THPT H.Hóa 2

(Thời gian làm bài 180’- Không kể thời gian phát đề)

MÔN THI: TOÁN 1 Bài 1. ( 2 điểm) x2sin 2 khi x≠0 x Cho hàm số f(x) = 0 khi x=0 π 4

Chứng minh rằng

∫π

−

1 + x 2 sin xdx = f’(0).

4

Bài 2. ( 2 điểm) y=x2-6x+5 Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi miền y=0 khi quay quanh trục oy.

Bài 3. ( 2 điểm) Tìm m để bất phương trình: mx2 + mx + m -2 ≥ 0 có nghiệm x∈(1;2).

Bài 4. ( 2 điểm) Giải và biện luận phương trình: 4x+1+2(m-1)x1=(m+1) 4 x 2 − 3x − 1 theo tham số m.

Bài 5. ( 2 điểm) Giải phương trình: cosx + cos2x + cos3x + cos4x = -

1 2

Bài 6. ( 2 điểm) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có: 1 1 1 3 cos A + cos B + cos C + + + = + 2 3 thì đều. sin A sin B sin C 2 Bài 7. ( 2 điểm) 2

Tìm giới hạn:

3x − 1 lim 2 x →0 sin 2 x

Bài 8. ( 2 điểm) Giải và biện luận theo m bất phương trình: x 2 − ( m + 1) x + m ≥ ( x − m) log 1 ( x + 3) 3

Bài 9. ( 2 điểm)

45

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) x2 − y 2 = 1 và đường tròn (C): Trong mặt phẳng oxy cho hypebol (H): 9 x2+y2=9.

1. Viết phương trình tiếp tuyến của (H) kẻ qua điểm M(3;1).

2. Viết phương trình tiếp tuyến chung của (H) và (C).

Bài 10. ( 2 điểm) Cho elip (E):

x2 + y 2 = 1 và hai đường thẳng (d1): x-ky=0, (d2): 4

kx+y=0. (d1) cắt elip (E) tại A và C, (d2) cắt elip (E) tại B và D. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD. Nguồn gốc đề thi: Tự sáng tác.

ĐÁP ÁN THI HỌC SINH

Sở GD-ĐT Thanh hóa

GIỎI LỚP 12 THPT ( NGÂN HÀNG ĐỀ THI )

Trường THPT H.Hóa 2

MÔN THI : TOÁN Bài 1

2 điểm 1 ∆x 2 = lim ∆x sin 1 ∆x → 0 ∆x ∆x 2

∆x 2 sin

f’(0)= ∆lim x →0 - x≤ x sin

vì

1 ≤ x và ∆x 2

⇒

lim ∆x sin

∆x → 0

(1)

∫π

Mặt khác:

−

0,25

lim (- x )= lim ( x)=0

∆x → 0

∆x → 0

1 =0 ∆x 2

f’(0)=0 0,50

⇒

0,25

π

π 4

0,25

0

2

1 + x sin xdx =

∫π

−

4

4

2

1 + x sin xdx +

∫

2

1 + x sin xdx

0

4

0,25

Đặt x=-t thì dx=-dt , với x=-π/4 thì t=π/4, với x=0 thì t=0 π

⇒

π 0

4

∫π

−

1 + x 2 sin xdx = -

∫

4

1 + t 2 sin(− t )dt + ∫ 1 + x 2 sin xdx =

π

0

4

4

π

π

π

4

4

4

= − ∫ 1 + t sin tdt + 0

2

∫ 0

1 + x sin xdx = − ∫ 1 + x sin xdx + 2

0

0,25

π 2

4

∫

1 + x sin xdx = 0 (2) 2

0

0,25

Từ (1) và (2) suy ra diều phải chứng minh.

Bài 2

2 điểm

46

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) y

1 O A -4 2

Vẽ đồ thị hàm số y=x -6x+5 Cung AB có phương trình x = y + 4 − 3 Cung BC có phương trình x = y + 4 + 3 0

3

5 C

x

B 0,5

0

⇒ Voy = π ∫ ( y + 4 + 3) dy − π ∫ ( y + 4 − 3) 2 dy 2

−4

0,5

−4 3 0

0

= 12π ∫ y + 4dy = 8π ( y + 4) 2 −4



−4

0,5

= 64π

Bài 3 Gián tiếp loại bỏ f(x) = mx2 + mx + m -2 <0, ∀x∈(1;2) 2 ∀x∈(1;2) x + x +1 − 2(2 x + 1) ∀x∈(1;2), g’(x) = 2 < 0 ⇒ hàm số nghịch ( x + x + 1) 2

⇔ m(x2+x+1)<2 ⇔ m<

Xét g(x) =

0,5

2 x + x +1 2

2 điểm 0,5 0,5

2

0,5

biến trong khoảng (1 ;2).

2 ⇒ m ≤ Min g ( x ) = 7 [1; 2 ] Vậy m >

2 thì bất phương trình có nghiệm ∀x∈(1;2).

7

Bài 4

2 điểm Điều kiện 4x2-3x-1≥0 ⇔

Phương trình ⇔ Đặt t =

0,5

4x + 1 x −1

x≤ −

1 4

4x + 1 4x + 1 - (m+1) +2(m-1) = 0 x −1 x −1

điều kiện

Phương trình trở thành Giải ra ta được

x ≥1

t ≥0 t≠ 2

0,25 0,25 0,25

t2-(m-1)+2(m-1)=0 0 ≤t ≠ 2

t1=2 t2=m-1

0,25 0,25

47

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Nghiệm t2 thỏa mãn ⇔ m≥1 m≠3 Theo cách đặt ta tính được x = Kết luận:

.

m<1 m=3

0,25 0,25

m 2 − 2m + 2 m 2 − 2m − 3

thì PT vô nghiệm

. 1 ≤ m≠ 3

thì PT có nghiệm duy nhất x =

m 2 − 2m + 2 m 2 − 2m − 3

Bài 5 x 2

Nhận thấy sin =0 ⇔ x=k2π x 2

x 2

(k∈Z) không phải nghiệm của PT x 2

x 2

PT ⇔ 2cosxsin +2cos2xsin +2cos3xsin +2cos4xsin =-sin 9x 9x 2tπ =0 ⇔ =tπ ⇔ x= 2 2 9 2tπ (t∈Z). x= 9

⇔ sin

KL:

x 2

2 điểm 0,25 0,50

(t∈Z).

Bài 6 Ta có

0,25

0,50

2 điểm cosA+cosB+cosC+ A 2

B 2

= 1 + 4 sin sin sin

1 1 1 + + = sin A sin B sin C

C 3 1 1 1   3  1 1 1   + + + + +   + 1 − ≥  2 4  sin A sin B sin C   4  sin A sin B sin C 

≥ 3

 3 1  1 1 3  1 1 1    1 −  + + +   4  sin A sin B sin C  4  sin A sin B sin C        3 3 3  1 1 1   ≥ 1 + 44 + 1 − + + A B C  A B C 4  16.8 cos cos cos cos cos cos   2 2 2  2 2 2 1  3 1 3 ≥ +2 3 ≥ 1 + 4. + 1 − 3 3 A B C 2 2  4  cos cos cos 2 2 2 A B C 1+ 4 4 4 sin sin sin . 4 2 2 2

A B C 3 3 3 sin sin = = = 2 2 2 4 sin A 4 sin B 4 sin C 1 1 1 1 1 1 + + 48 = + + A B C sin A sin B sin C cos Thanh cosTú cos Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn 2 2 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email 2thanhtuqn88@gmail.com 4 sin

1,0

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Dấu ‘=’ xảy ra khi

0,5

⇔ A=B=C ⇔ ABC đều.

Bài 7

2 điểm  e x ln 3 − 1  3x −1 x 2 ln 3  lim 2 = lim 2 . 2 2  x →0 sin 2 x x →0  x ln 3 x x sin .

4 cos   2

Ta có :

2

=

1 ln 3 4

0,5

Bài 8 Điều kiện x>-3 Bất PT ⇔ (x-m) [x-1+log3(x+3)] ≥ 0 Đặt f(x)= x-1+log3(x+3) f(x) đồng biến trong (-3;+∞) f(0)=0, nên x≥0 ⇔ f(x) ≥ f(0)=0 hay f(x) cùng dấu với x.

Do đó BPT ⇔

1,5

2 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25

(x-m)x≥0 x>-3

Từ đó suy ra Nếu m≥0 thì nghiệm của BPT là:

-3<x≤0 x≥m

-3<x≤m Nếu -3<m<0 thì nghiệm của BPT là: x ≥0 Nếu m=-3 thì nghiệm là x≥0.

Nếu m<-3 thì nghiệm là x≥0.

Bài 9 1. Phương trình đường thẳng qua M có dạng : a(x-3)+b(y-1)=0 (a2+b2≠0).

9a2-b2=(3a+b)2 ⇔ ax+by-3a-b=0 đường thẳng này tiếp xúc với (H) ⇔ 3a+b≠0 2b(b+3a)=0 ⇔ b=0 chọn a=1,b=0 PT tiếp tuyến là : x-3=0 ⇔ 3a+b≠0

49

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,25 0,25 2 điểm 0,25 0,25 0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2. Xét tiếp tuyến cùng phương với oy có PT : x-a=0.

9=a2 Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C) thì a=3 ⇔ a=±3 a≠ 0 Có hai tiếp tuyến chung thỏa mãn bài toán là x-3=0 và x+3=0.

Xét tiếp tuyến không cùng phương với oy có PT y=kx+b ⇔ kx-y+b=0 Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C) ⇔ hệ sau có nghiệm: 9k2-1=b2 2 2 b=3 k 2 + 1 ⇔ 9k2=b +12 Hệ vô nghiệm.

9k +9=b b≠ 0 KL: có 2 tiếp tuyến chung là: x-3=0 và x+3=0.

Bài 10

0,25 0,25 0,25

0,25 2 điểm

Tọa độ giao điểm của (d1) và (E) là nghiệm của hệ : x2 + y2 = 1 4 x = ky

x = ky

⇔

⇒ AC2 =

2

y=±

4+ k2

16(k 2 + 1) 4+ k2

0,50

16( k 2 + 1) 1 + 4k 2

0,50

Tọa độ giao điểm của (d2) và (E) là nghiệm của hệ : x2 + y2 = 1 4 y = −kx

y = −kx

⇔

x=±

⇒ BD2 =

2 1 + 4k 2

Vì (d1) ⊥ (d2) nên AC ⊥ BD ⇒ 4S2 = AC2.BD2 = Đặt x=k2≥0, xét f(x)=

16 2 (1 + k 2 ) 2 (4 + k 2 )(1 + 4k 2 )

16 2 (1 + x) 2 ( x + 1)(9 x − 9) , f’(x)= (4 + x)(1 + 4 x) (1 + 4 x) 2 ( x + 4) 2

f’(0)=0 ⇔ x=1.

Chú ý rằng:

Bảng biến thiên:

lim f ( x) =

x → +∞

1 4

0,25

0

x f’(x)

1 4

f(x)

1 0 4 25

+∞ + 1 4

1 khi x=0 ⇔ k=0 4 [0; +∞ ) 4 Min f ( x) = khi x=1 ⇔ k=±1 25 [0; +∞ )

Từ bảng biến thiên ⇒ Max f ( x) =

50

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Vậy Max SABCD=4 khi k=0, Min SABCD=

16 khi k=±1.

5

ĐỀ SỐ 8:

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

12 Trường THPT Quảng Xương 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: y =

x4 5 − 3 x 2 + (C ) và điểm M ∈ (C ) có hoành độ xM = a. Với 2 2

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) sin 3 x. sin 3 x + cos 3 x. cos 3 x 1 =− π π tg ( x − 6 )tg ( x + 3 ) 8

2.

Câu 3: (4 điểm) 1. Giải phương trình : 2. Tìm:

lim x 2 ( x →∞

log 2

2+ 3

( x 2 − 2 x − 2) = log 2+ 3 ( x 2 − 2 x − 3)

x+2 3 x+3 − ) x x

Câu 4: (4 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A AB = a,

51

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,50

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) các cạnh bên SA = SB = SC = a và cùng tạo với đáy một góc α .

Xác định cosα để thể tích hình chóp lớn nhất.

2. Tính các góc của ∆ABC biết

sin

3A A−C A− B 3 + sin + sin = 2 2 2 2

Câu 5: (4 điểm) π

1. Tính:

2

[

]

I = ∫ ln (1 + tg 2x )e x dx 0

2. Trên trục toạ độ Oxy: Cho parabol (P): y = −

x2 và đường thẳng (∆) : 3x – 16

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) -------------------HẾT--------------------Họ tên thí sinh: .................................................

Số báo danh:

............................

52

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Trường THPT Quảng Xương 1

MÔN: TOÁN- NĂM HỌC 2005 – 2006

Câu 1: (4 điểm) 1> Điểm M ∈ (C ) , xM = a ---> y M =

a4 5 − 3a 2 + ta có Pt tiếp tuyến với (C) 2 2

0,5®

có dạng (∆) : y = y x' ( x − x M ) + y M với y M' = 2a 3 − 6a M

=> (∆) y = (2a 3 − 6a)( x − a) +

a4 5 − 3a 2 + 2 2

Hoành độ giao điểm của (∆) và (C) là nghiệm của phương trình 0,5®

x4 5 a4 5 − 3x 2 + = (2a 3 − 6a)( x − a ) + − 3a 2 + ⇔ ( x − a ) 2 ( x 2 + 2ax + 3a 3 − 6) = 0 2 2 2 2 x = a ⇔ 2 2  g ( x) = x + 2ax + 3a − 6 = 0

0,5®

Bài toán trở thành tìm a để g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác a ∆' g ( x ) = a 2 − (3a 2 − 6) > 0  a < 3 a 2 − 3 < 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 a ≠ 1 a ≠ ±1  g ( a ) = 6a − 6 ≠ 0

0,5®

a < 3 Vậy giá trị a cần tìm  a ≠ ±1

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

0,5®

Do x2 + 6x +7 ≤ 0 <=> x2 + 6x +5 ≤ -2 => t ≤ -2

0,5®

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] <=> − 2 ≤ 2m − 1 ≤ 4 1 2

<=> − ≤ m ≤

0,5®

f(t)

∈ [− 4;−2]

-4

5 2

53

y= 2m - 1

4

-2

o

t -2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 1 2

Vậy để phương trình có nghiệm thì − ≤ m ≤

0,5 ®

5 2

Câu 2: (4 điểm)

0,5® 3

[ f ( x )]

1> Từ (2): f2(x)f’(x) = 1 + 2x + 3x2 <=>

3

= x + x 2 + x 3 + c (c lµ

h»ng sè)

1 , do ®ã hµm sè f ( x) = 3 3x 3 + 3x 2 + 3x + 1 3 3 2 XÐt g(x) = 3x + 3x + 3x + 1 víi x ∈ [-1; 2]

+ Tõ (1) : f(0) = 1 => c =

0,5®

 x = −1  ∈ [ −1;2] lµ c¸c ®iÓm tíi x = − 1 3 

g’(x) = 9x2 + 6x + 3 = 0 <=> h¹n

0,5® 1 3

g(-1) = 2, g(2) = 40, g(- ) = Do ®ã GTLN cña f(x) lµ

3

2 => max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - 2 9

40 vµ GTLN cña f(x) lµ

3

π

π

π

π

6

3

6

3

2> §K: cos( x − ) ≠ 0, cos( x + ) ≠ 0; tg ( x − ) ≠ 0; tg ( x +

−2

0,5®

≠ 0)

Do tg ( x + ) = cot g  − ( x + ) = − cot g ( x − ) ⇒ tg ( x − ).tg ( x + = −1) 3 3  6 6 3 2 π

π

π

π

π

0,5®

π

0,5®

Ta ®−îc ph−¬ng tr×nh 1 1 ⇔ (3 sin x − sin 3 x) sin 3 x + (3 cos x + cos 3 x) cos 3 x = 8 2 1 1 ⇔ 3(sin x sin 3 x + cos x cos s3 x) + cos 2 3 x − sin 2 3 x = ⇔ 3 cos 2 x + cos 6 x = 2 2 π 1 1 ⇔ 4 cos 3 2 x = ⇔ cos 2 x = ⇔ x = ± + kπ (k ∈ Z ) 2 2 6

sin 3 x. sin 3 x + cos 3 x. cos 3 x =

0,5®

0,5® NghiÖm x =

π 6

+ kπ (lo¹i v× tg ( x −

π 6

) = 0)

π

NghiÖm x = − + kπ (k ∈ Z ) t/m c¸c ®k bµi to¸n 6

C©u 3: (4 ®iÓm)

54

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) x − 2x − 2 > 0 x > 3 1> §K:  2 ⇔ x 2 − 2x − 3 > 0 ⇔  2

 x < −1

 x − 2 x − 3 > 0

pt <=> log

8+ 4 3

( x 2 − 2 x − 2) = log

7+4 3

( x 2 − 2 x − 3)  x 2 − 2 x − 2 = (8 + 4 3 ) y

<=> log 8+ 4 3 ( x 2 − 2 x − 2) = log 7 + 4 3 ( x 2 − 2 x − 3) = y ⇒ 

 x − 2 x − 3 = (7 + 4 3 ) 2

x 2 − 2x − 3 = t > 0 t + 1 = ( a + 1) y đặt  đưa về hệ  ⇒ (a + 1) y = a y + 1 y t = a

7 + 4 3 = a > 1 y

y

a  a   1  <1 ⇔1=   +  = f ( y ) (*) vì 0< a +1  a +1  a +1

vµ 0 <

 x = 1 + 11 + 4 3 > 3 1

(t/m)

 x = 1 − 11 + 4 3 < −1  2

(t/m)

0,5đ

1 < 1 (do a +1

a > 1) Nên hàm số f(y) nghịch biến ∀a > 1 và f(1) = 1 nên y = 1 là nghiệm duy nhất của pt (*) => x2 – 2x – 3 = a1 = 7 + 4 3 Giải ra 

0,5®

y

0,5đ

vậy pt đã cho có 2 nghiệm x1 ,

x2

0,5đ

2> đặt x =

1 khi x → ∞ thì y → 0 y

0,5đ I = lim y →0

1 + 2 y − 3 1 + 3y y2

 1 + 2 y − (1 + y ) 3 1 + 3 y − (1 + y )  = lim  −  y →0 y2 y2  

1,0đ

55

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)   − y2 y 2 ( y + 3)  = lim  2 + y →0  y 1 + 2 y + (1 + y ) y 2 (3 (1 + 3 y ) 2 + (1 + y )3 1 + 3 y + (1 + y ) 2 )   1 y+3 = lim  − + 2 y →0  1 + y + 1 + 2 y (1 + y ) + (1 + y )3 1 + 3 y + 3 (1 + 3 y ) 2 1 1 = − +1 = 2 2 1 Vậy I = 2

  

0,5đ

OA = OB = OC => SO SA = SB = SC = 0

Câu 4: (4 điểm) Gọi O là trung điểm của BC =>  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 = α

S

+ SO =asin α , AC = a 4 cos 2 α − 1 1 2

( cos α > ) S ∆ABC =

a

1 a2 AB. AC = 2 2

4 cos 2 − 1 B

O

α

C

0,5®

a A

+ VS.ABC =

a3 sin α 4 cos 2 α − 1 6

áp dụng BĐT cô si cho 2 số dương 4 sin 2 α và 4 cos 2 α -1 > 0 a3 a 3 4 sin 2 α + 4 cos 2 α − 1 a 3 4 sin 2 α . 4 cos 2 α − 1 ≤ . = 12 12 2 8 5 1 Dấu “=” xảy ra <=> 4 sin 2 α = 4 cos 2 α − 1 ⇒ cos α = > 2 2 2

V=

Vậy cos α =

2. Do sin

5 2 2

hình chóp có thể tích lớn nhất

π 3A 3A = cos( − ) nên gt bài toán trở thành 2 2 2

56

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5®

0,5® 0,5®

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) A B+C B −C 3 3A = ) + 2 sin( − ) cos 2 2 2 4 4 2 π π A A B C 3 3 3 − ⇔ 1 − 2 sin 2 ( − ) − 2 sin( − ) cos = 4 4 4 4 4 2 π 3A π 3A B −C 1 B −C 1 B −C  ⇔ 2 sin 2 ( − ) + sin( − ) cos + cos 2 + (1 − cos 2 )=0  4 4 4 4 4 4 4  2 4 

cos(

π

−

0,5®

2

B −C B−C π 3A 1 1  ⇔ 2 sin( − ) + cos + sin 2 =0  4 4 2 4  2 4 

(*)

2

π 3A 1 B −C 2 B −C Do sin( − ) + cos = 0 nên VT của (*) không âm  ≥ 0; sin 4



4

2

4

4



0,5®

 B−C sin =0  4 Khi đó (*) <=> dấu “=” xẫy ra <=>  sin( π − 3 A ) + 1 cos B − C = 0  4 4 2 4

 A = 100 Giải hệ trên ta được: 

0,5®

0

 B = C = 40 0

0,5®

Câu 5: (4 điểm) π

π

x 2

2

1 2

2

π

1> Ta có I = ∫ ln(1 + tg )dx + ∫ xdx = x 2 0 + I 1 = 0

0

2

π2 8

+ I1

0,5® π

x 2

2

Tính I 1 = ∫ ln(1 + tg )dx 0

Đổi cận: x = 0 => t = 0

đặt x = π

;

2 π

x=

2 t   I 1 = − ∫ ln 1 + tg ( − ) dt = ∫ ln(1 + 4 2   π 0 2

π

π

π 2

−t ⇒

π 2

x π t = − ⇒ dx = −dt 2 4 2

=> t = 0

t π 2 2 )dt = ln 2 dt ∫0 t t 1 + tg 1 + tg 2 2 1 − tg

π

2 π t π π π2 π = ∫ ln 2dt − ∫ ln(1 + tg )dt = t ln 2 02 − I 1 = ln 2 − I 1 ⇒ I 1 = ln 2 ⇒ I = + ln 2 2 2 4 8 4 0 0 2

Vậy I =

π2 8

+

π 4

0,5®

ln 2

Nhận thấy đường thẳng (∆) không có điểm chung với parabol (P)

57

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5®

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Gọi (∆' ) là đường thẳng tiếp xúc với Parabol (P) và song song với dt (∆) (∆ I)

=> pt (∆' ) là 3x – 4y - + m = 0 ( m ≠ 19)  x 2 3x m = + − 16 4 4 có nghiệm hệ pt:  − x = 3  8 4

( ∆' )

1

(d)

H

M1

I

(I)

M0

 x = −6 m = 9

(I) ⇔ 

0,5® 9 4

pt đt (∆' ) : 3x – 4y + 9 = 0. và toạ độ tiếp điểm M 0 (−6,− ) 9  M 0 (−6;− 4 ) + Gọi (d) là đt qua điểm M0 và vuông góc vói (∆ ) => (d)  → n d (4;3) '

=> pt đt (d) 4x + 3y +

123 =0 4

0,5®

I là giao điẻm của (d) và (∆) => toạ độ I là nghiệm của hệ 36  x=− 3 x − 4 y + 19 = 0    5 ⇔  123 4 x + 3 y + 4 = 0  y = − 13  20

36 13 ;− ) ⇒ M 0 I = 2 5 20

=> I (−

0,5đ

Pt đường tròn tâm I, bk R = IM0 có dạng (x +

36 2 13 ) + ( y + )2 = 4 5 20

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: I 1 M 1 ≥ I 1 H ≥ IM 0 => IM0 là nhỏ nhất Do đó đường tròn bk IM0 là đường tròn bk nhỏ nhất 2

2

36 13 Vậy đường tròn cần tìm:  x +  +  y +  = 4 

5 



20 

58

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ĐỀ SỐ 9:

Sở GD & ĐT Thanh Hoá

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

B¶ng A

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG II

(Thời gian 180 phút không kể thời gian giao đề).

Bài1: (4 điểm) Cho hàm số f(x)=x3- 6x2+9x-1 (C).

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).

2. Từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng x=2 ta có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến (C). (Đại học ngoại thương khối A năm 2000).

Bài2: (4 điểm).

3

1. Tính I= ∫ x 3 − 2x 2 + x dx.

0

2. Cho f(x) = 2x + m + log2[mx2 - 2(m – 2)x+ 2m-1].

Tìm m để f(x) có tập xác định là R. Bài3: (4 điểm). sinx-1 Giải phương trình: ln(sinx+1) = e .

Bài4: (2 điểm). x − y = 1  Giải hệ phương trình: y − z = 1  z − x = 1 Bài5: (4 điểm).

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh bằng a. Lấy M trong đoạn AD', N trong đoạn BD với AM=DN=x, (0<x<a 2 ). a 2 1. Chứng minh với x= thì MN ngắn nhất.

3 2. Khi MN ngắn nhất chứng minh: MN là đoạn vuông góc chung của AD' và DB. Bài6: (2 điểm).

π π

Cho x,y,z ∈  ;  Chứng minh: 6 2 sin x − sin y sin y + sin z sin z + sin x  1  + + ≤ 1 −  sin z sin x sin y 2 

59

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

60

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

Sở GD & ĐT Thanh Hoá

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG II

BÀI

Câu

Bài1 (4điểm)

1 (2điểm)

Nội dung

Điểm

Tập xác định: ∀x .

Chiều biến thiên: y'=3x2-12x+9 y' =0 ⇔ x=1, x=3 Hàm số đạt cực đại tại x=1, y=3 Hàm số đạt cực tiểu tại x=3, y=-1 Tính lồi lõm và điểm uốn y''=6x-12 Hàm số lồi ∀x ∈ ( − ∞,2) Hàm số lõm ∀x ∈ (2,+ ∞ ) Điểm uốn x=2, y=1 limy=- ∞ limy=+ ∞ ; x->+ ∞ x->- ∞ Bảng biến thiên x y' y''

1 0 3

-∞ +

0,5

0,5

3

+∞

-

-∞

+∞

0,5

-1

§å thÞ: x=0 =>y=-1 y=0 =>x3-6x2+9x-1=0 LÊy thªm ®iÓm phô: x=3 =>y=3 x=0 =>y=-1 VÏ ®å thÞ: Häc sinh vÏ chÝnh x¸c ®Ñp

61

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2 Xét A(2,a) trên đường x=2. Tiếp tuyến tại A có phương trình (2điểm) là: y=(3x02-12x0+9)(x-x0)+x03-6x02+9x0-1 Tiếp tuyến này qua A khi và chỉ khi a=(3x02-12x0+9)(2-x0)+x03-6x02+9x0-1 2x03-12x02+24x0-17+a=0 (1) Số nghiệm của phương trình (1) chính là số tiếp tuyến qua A Xét g(x)= -2x3+12x2-24x+17 g'(x)=-6(x-2)2 ≤ 0 ∀x g(x) luôn nghịch biến và có tập giá trị là (- ∞ ,+ ∞ ) do ®ã ph−¬ng tr×nh (1) lu«n cã mét nghiÖm duy nhÊt VËy tõ mét ®iÓm bÊt kú trªn x=2 lu«n kÎ ®−îc ®óng mét tiÕp tuyÕn ®Õn (1) 3 3 Bµi 2 1 2 (4®iÓm) (2®iÓm) I= ∫ x(x − 1) dx = ∫ x x − 1 dx 0

0

x (x − 1) dx

∫

0,5

0,5

0,5

1

1 x2

1

dx -

0

=

0,5

3

= ∫ x (1 − x ) dx + =∫

0,5

0

1

1

0,5

∫ 0

3 2 x

3

dx+

∫ 1

3 2 x

3

dx - ∫

1 x2

dx

1

8 8 3 + 15 5

0,5 0,5

2 Ta chỉ cần mx2-2(m-2)x+2m-1>0 ∀x ∈ R (2điểm) m > 0 Khi  ' 2  ∆ = m + 3m + 4 > 0 m > 0  m < −4 =>m >1  m > 1  Vậy m>1 thì f(x) có tập xác định R

62

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5 0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Bài 3 π ≠ ≠ Điều kiện sinx -1, x + k 2π (k∈ Z) (4điểm) 2 y Đặt ln(sinx+1)=y => sinx+1=e e sinx = y + 1(1) ta có hệ  y e = sin x + 1(2)

0,5 0,5

Lấy (1) trừ (2) ta có phương trình esinx – ey = y-sinx

0,5

Nếu sinx > y thì esinx > ey Phương trình không có nghiệm Nếu sinx < y thì esinx < ey Phương trình không có nghiệm

0,5

Vậy phương trình có nghiệm khi sinx=y thay vào (2) ta có: esinx=sinx+1 (3)

0,5

Xét f(x)= ex-x-1 với x ≠ -1

0,5

'

x

f (x)= e – 1=0 x=1 Vậy phương trình (3) có nghiệm sinx=0 =>x=k π Bài 4 (2điểm)

0,5 0,5

x = 1 + y (1)  Ta có y = 1 + z (2)  z = 1 + x (3)

(k ∈ Z) 0,5

điều kiện x,y,z ≥ 1

Nếu (x,y,z) là một nghiệm của hệ gọi x= min(x,y,z) thì x ≤ y,x ≤ z (4) z ≤ 1+ y =x =>z ≤ x Vậy z=x x ≤ y => x ≤ y =>1+ x ≤ 1+ z z ≤ y (5) Từ (4) và (5) ta có x=y=z nên x=1+ x => x=y=z=

63

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 3+ 5 2

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Bài5 1 Dựng MM' ⊥ AD; NN' ⊥ AD (4điểm) (2điểm) ∆ DNN' vuông cân nên AM'=MM' Ta có AM2= x2=2MM'2 =>MM'=AM'=

x 2 2

x 2 2 => ∆ ⊥ cân MM'A = ∆ ⊥ cân NN'D =>AM'=DN'=>AN'=DM' M'N'= AD - 2AN'= x 2 x 2 )= x 2 - a M'N'=a - 2(a2 ∆ MM'N ⊥ tại M' nên MN2

Vì ∆ N'DN ⊥ cân => N'D=N'N=

=M'M2+M'N2=

x2 x2 x2 +(M'N'2+N'N2)= +(x 2 -a)2 + 2 2 2

=3x2 -2ax 2 +a2 Đặt f(x)=3x2 -2ax 2 +a2 xét trên [0, a 2 ) a 2 3 a 2 Vậy f(x) nhỏ nhất khi x= 3

0,5

0,5

f'(x)= 6x- 2a 2 =0 <=> x=

0,5

2

 a 2 a 2  - 2a MN =3   3  3  2

=

2 +a

2

a 2a 2 4a 2 a2 +a2 = => MN= 2 3 3 3

64

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2 Xét ∆ ⊥ MM'D: MD2=MM'2+M'D2 2 2 (2điểm)  1  a 2  a 2 2  a 2 4a 2 5a 2   = + =  =  + a −  2

3  3 2   2 a 2a 2 và MN2= DN2=x2= 9 3 2 5 a =>MN2+DN2= 9

Ta lại có MD2=MN2+DN2=

9

9

9

0,5 5a 2 9

Vậy ∆ MDN ⊥ tại N =>MN ⊥ DB Xét ∆ ⊥ AN'N ta có AN2=AN'2+N'N2= 2

 a 2 2  x 2 5a 2 a −  + =  2 3 2  9  a 2 a 5a 2 AM=x= MN= nên AM2+MN2= do đó 3 9 3

AN2=AM2+MN2 => ∆ AMN ⊥ tại M MN ⊥ AD Vậy MN là đường vuông góc chung

Bài6 (2 điểm)

0,5 0,5 0,5

1

Đặt sinx=a; siny=b; sinz=c thì a,b,c ∈  ,1 2  a − b b − c c − a (a − b)(b − c)(c − a ) + + = c a b abc 2 1  (a − b)(b − c)(c − a )  1  ≤ 1 − Ta chứng minh  ∀ a,b,c ∈  ,1 abc 2 2   a b 1 1 ≤ u ≤ v ≤ 1 ta chứng Đặt u= ; v= ; do ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1 thì c c 2 2 2 1  (v − u )(1 − u )(1 − v)  minh: ≤ 1 −  uv 2  1 1 (v − )(1 − )(1 − v) (v − u )(1 − u )(1 − v) 2 2 ta có: ≤ 1 uv v 2 2 1 1 1  1 1  = 1+ -v- ≤ 1 + − 2 v = 1 −  2 2v 2 v  2 π π π 1 1 Dấu = khi u= ; v= hay x= ; y= ; z= 2 6 4 2 2

Ta có

Tµi liÖu tham kh¶o: 1. §Ò thi §¹i häc cña Bé gi¸o dôc xuÊt b¶n n¨m 1996.

2. B¸o to¸n häc vµ tuái trÎ n¨m 2000

65

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 0,5

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ĐỀ SỐ 10: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 12 (Thời gian làm bài 180’)

Câu 1: Chứng minh rằng hàm số y = x4- 6x2 + 4x + 6 luôn luôn có 3 cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của các tam giác tạo bởi 3 đỉnh và 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Câu 2: Giải hệ phương trình. x+y =

4z −1

y + z = 4x − 1 z + x = 4y −1 Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc oxy cho parabôn (P): y2 = 4x. M là một điểm di động trên (P). M ≠ 0, T là một điểm trên (P) sao cho T ≠ 0, OT vuông góc với OM. a. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì đường thẳng MT luôn đi qua một điểm cố định. b. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì thì trung điểm I của MT chạy trên 1 pa ra bol cố định .

Câu 4: Giải phương trình sau: sinx + siny + sin (x+y) = Câu 5: Cho dãy số In =

4 nπ

∫π

2n

3 3 2

cos x dx , x

n∈N*

Tính lim In n → +∞

Câu 6: Cho 1 ≠ a > 0, chứng minh rằng. ln a 1+ 3 a < a −1 a+3 a

66

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ĐÁP ÁN Câu 1: (3 điểm ) Tập xác định: D = R y = x4 - 6x2 + 4x + 6. y’ = 4x3 - 12x + 4 y’ = 0 <=> g(x) = x3 - 3x + 1 = 0 (1) Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = 3

 g(- 2).g(- 1) < 0   g(-1).g( 1) < 0  g( 1).g( 2) < 0  g(x) liên tục nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn : - 2 < x1 < -1 < x2 < 1 < x3 < 2 * Ta có y =

1 y’.x- 3.(x2 - x - 2) 4

(1)

Gọi các điểm cực trị là A (x1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) và G (x0,y0) là trọng tâm tam giác ABC. Theo ĐL Viet có x1 + x2 + x3 = 0 (2) x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3 (3) Từ (2) suy ra x0 =

x1 + x2 + x3 =0 3

Từ (1) (2) (3) suy ra: y0 =

1 (y1+y2+y3) = -3 [( x12 + x22 + x32 )-(x1+x2+x3) - 6] 3

= -3 [(x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6] = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 Vậy G (0;0) ≡ 0(0;0) (ĐPCM) Câu 2: ( 2 điểm) x+y = 4 z − 1 (1) y + z = 4x − 1

(2)

z + x = 4y −1 áp dụng bất đẳng thức cosi tacó:

(3)

4 z − 1 = (4 z − 1).1 <

4x - 1 = 1

1 4

(4 z − 1) + 1 = 2z (1’) 2 4 y − 1 < 2y (3’)

Tương tự 4 x − 1 < 2x (2’) Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy ra.

2(x+y+z) = 4 z − 1 + 4 x − 1 + 4 y − 1 < 2z + 2x + 2y Từ (4) suy ra: 4z - 1 = 1 (I) <=>

(I) đk x,y,z >

<=>

x=y=z=

(4)

1 nghiệm đúng (I) 2

4y - 1 = 1 Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z = Câu 3: (P): y2 = 4x

1 2

67

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  y 12   y 22    a. (3điểm ) Giả sử M ; y 1  ; T  ; y 2  với y1,y2 ≠ 0; y1 ≠ y2.  4   4  y 12 y 12 . + y 1 .y 2 = 0 ⇔ OT.OM = 0 ⇔ 4 4 ⇔ y1 . y2 + 16 = 0 (1)

OT⊥OM

y 12 y - y1 4 = Phương trình đường thẳng MT: 2 2 y 2 - y1 y 2 y1 4 4 2 ⇔ 4x - y 1 = (y1 + y2). (y-y1) x-

⇔ 4x - (y1 + y2) y - 16 = 0 ⇔ 4(x- 4)- (y1 + y2) y= 0 Nên đường thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J (4;0) b. (3điểm) Gọi I (x0, y0) là trung điểm MT thì 1 2 (y 1 + y 22 ) (1) 8 y +y y0 = 1 2 (2) 2 1 1 Từ (1) suy ra x0 = [(y1 +y2)2 - 2y1 y2] = [(2y0)2 - 2 (-16)] 8 8 1 2 = . y0 + 4 ⇒ y 02 = 2x0 - 8 2

x0 =

Từ đó ⇒ I chạy trên parabôn (P) : y2 = 2x = 8 cố định .

Câu 4: (3 điểm) sin x + sin y + sinz (x+y) =

3 3 2

(1)

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có .

27 3 3 2 =( ) = [sinx + siny + sinz (x+y)] 4 2

2

< (12 + 12+12).(sin2x + zin2y +

sin2(x+y))

= 3. [

1 − cos 2 x 1 − cos 2 y + +sin2 (x+y)] 2 2

= 3.[1- cos (x+y) . cos (x-y) + 1 - cos 2 (x+y)] = 3. [2-(cos (x+y)+ < 3 (2- 0 +

1 1 cos (x-y)2) + cos2 (x-y)] 2 4

1 27 1 )= (2) (Do cos2 (x-y) < 1; (cos (x+y) + cos (x-y)2 > 0 4 4 2

Từ (2) suy ra: (1) ⇔

cos2 (x-y) = 1 cos (x+y) +

1 cos (x-y) = 0 2

sinx = sin y = sin (x+y) =

68

3 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) π  x = + 2kπ  3 víi k , n ∈ Z  ⇔  y = π + 2nπ  3 4n π

In =

Câu 5: (3 điểm)

∫π

2n

Ta chứng minh: Ta có: In

=

cosx dx x

1 (1) 4 nπ 4 nπ d (sin x) sin x 4nπ 1 = - ∫ sin x.d ( ) x 2 nπ 2 n π x x

0 < In <

4 nπ

cos x ∫2nπ x dx =

4 nπ

∫

4 nπ

4 nπ

sin x dx x2 2n sin x 1 * Ta có: 2 < 2 ∀x ∈ [2nπ , 4nπ ] nên x x 4 nπ dx 1 4 nπ 1 1 1 In < ∫ 2 = − =+ = (2) x 2 nπ 4 nπ 2 nπ 4 nπ 2 nπ x

=

∫π

2 n −1 2 ( k +1)π

* Ta có: In = Σ

k =n

( 2 k +1)π

=> JK =

∫π

2k

sin x + x2

∫π

2k

sin x dx đặt JK = x2

2 ( k +1)π

∫π

( 2 k +1)

sin x dx > x2

2 ( k +1)π

∫π

2k

2 ( k +1)π

sin x dx x2 1

∫πsin x ( x

2

−

2k

1 )dx >0 (x + π )2

2 n −1

Ta lại có: In = Σ Jk do (3) nên In > 0

(4)

k =n

Từ (2) (4) suy ra 0 < In ≤ Ta lại có Lim

n → +∞

1 4 nπ

1 = 0 nên 4 nπ

(3)

⇒

(1) đúng

Lim I n = 0

n→+∞

Câu 6: (3 điểm)

ln a 1+ 3 a < a −1 a+3 a

(1) với 1 ≠ a > 0

Trong hợp 1: a >1 (1) <=> (a + 3 a )lna < (1 + 3 a ) (a-1) (2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1) <=> x4 + x3 - x - 1 - 3 (x3+x)lnx > 0 (3) Đặt f(x) = x4 + x3 - x - 1 -3 (x3 + x)lnx

(2) Đặt x = 3 a => x >1 ∀x > 1 ∀x > 1 x ∈[1;+ ∞ ) 1 x

Ta có f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 - 3 [(3x2 + 1) lnx + (x3 + x) . ] = 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx

1 1 ) f(3)(x) = 3 ( 8x + 2 -6ln x - 9) x x 3 2 6(4 x − 3 x − 1) 6( x − 1)(4 x + 4 x + 1 6 2 f(4)(x) = 3.(8- − 3 ) = = > 0 , ∀x > 1 x x x3 x3

f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x -

69

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Suy ra f(3)(x) đồng biến nên [1;+ ∞ ) f(3)(x) > f(3)(1) = 0 ... tương tự f’(x)> 0 với ∀x > 1 ⇒ f(x)> f (1) = 0 với ∀x >1 suy ra (3) đúng.

Trường hợp 2: 0 < a < 1 đặt a =

70

1 , a1 > 1 quay về trường hợp 1. a1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ĐỀ SỐ 11: SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 3 =========***=========

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút Câu1: (6 điểm) Cho hàm số y= x3 + 4x2 + 4x +1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Cho M(x0;y0) trên đồ thị. Một đường thẳng d thay đổi đi qua M cắt đồ thị tại M1 và M2 khác M. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn M 1 M2 . c) Tìm a sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến cùng hệ số góc a của đồ thị hàm số, gọi các tiếp điểm là M3 và M4. Viết phương trìng đường thẳng chứa M3 và M4.

Câu 2: ( 5 điểm) Giải các phương trình sau: a) tgxsin2x - 2sin2x = 3 (Cos2x + sinxcosx) b)

2

2

4 X = (2x – x +1)2

x

(1) (2)

Câu 3: ( 4 điểm) Tính tích phân sau: π

I=

2

∫ sin 0

3

sin x dx x + cos 3 x

Câu 4: ( 5 điểm) Cho tứ diện ABCD có tâm mặt cầu ngoại tiếp O. Tìm các điểm M trong không gian sao cho 4 trọng tâm của tứ diện MBCD; MCDA; MDAB; MABC cách đều điểm O.

1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 MÔN: TOÁN Câu 1: ( 6 điểm) a) ( 2 điểm) • TXĐ: D =R (0,25đ) • Chiều biến thiên: y’ = 3x2 + 8x + 4 2 3

y’ = 0 <=> x = -2; x= -

2 3

Hàm số đồng biến (- ∞ ; -2) ∪ (− ;+∞) , nghịch biến 2 (−2;− ) (0.25).

3

• Cực đại, cực tiểu: Cực đại tại :) xCĐ = -2; yCĐ = 1.

2 3

Cực tiểu tại: xCT = - ; yCT = -

5 27

Giới hạn lim y = +∞ ; lim y = −∞ x → −∞

x → +∞

(0.25đ) • Tính lồi lõm và điểm uốn: y’’ = 6x + 8 = 0 <=> x= -

4 3

4 3

4 3

Hàm sô lồi từ (- ∞;− ), lõm (- ; + ∞ ) 4 11 ) 3 27

Điểm uốn: I(- ; (0.25đ)

3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

• Bảng biến thiên: (0,5đ) x

-∞

y’

-2 +

0

y

-

4 3

-

-

-

2 3

0

+∞ +

1 +∞ 11 27

−5 27

-∞

• Đồ thị (0,5 đ)

4

2

A

-5

5

-2

-4

-6

4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) b) ( 2điểm) Gọi d qua M có hệ sô gọc k : d: y=k(x-x0) + y0 (0,25đ) Hoành độ giao điểm của đồ thị với đường thẳng d là nghiệm của phương trình: x3 + 4x2 + 4x +1 = k(x-x0) + x03 + 4x02 + 4x0 +1 <=>

x=x0

(0, 5

đ) x2 + ( 4 + x0)x + x02 + 4x0 + 4 – k = 0

(1)

Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) => x1, x2 lần lượt là hoành độ của M1, M2 => xI = -

x0 + 4 2

(0,75

đ) yI = y0 + k( I ∈ x=

3 x0 + 4 ) 2

x0 + 4 2

Giới hạn: (1) có 2 nghiệm phân biệt <=> ∆ > 0 f(x0) ≠ 0 2

3 x0 + 8 x0 4

k> (0,5)

k ≠ x 0 2 + 8 x0 + 4 c) ( 2đ) Để thỏa mãn YCBT: <=> y’ = 3x2 + 8x + 4 = a có 2 nghiệm phân biệt <=> a> -

4 3

(0,25đ) (0,25đ)

x 8

4 9

Nhận xét: x3 + 4x2 + 4x + 1 = (3x2 + 8x +4)( + )-

8x + 7 (0,5đ) 9

Gọi M3(x3; y3), M4(x4; y4)

5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) y3 = a(

x 3 4 8 x3 + 7 + )− 8 9 9

y4 = a(

x4 4 8x4 + 7 + )8 9 9

(0,5đ)

Vậy phương trình đường thẳng đi qua M3; M4 là: x 8

4 9

8x + 7 9

y= a( + ) +

(0,5đ)

Câu 2: (4 đ) Đ/K : x ≠

π 2

(0,25đ)

+ kπ (k ∈ z )

Chia 2 vế của phương trình cho cos2x (1) <=> tg3x -2tg2x = 3(1-tg2x+tgx) <=>

tgx=-1

(1đ) π

<=>

x=- + kπ (k ∈ z ) 4

(0,5đ) tgx= ± 3

x= ±

π 3

+ kπ (k ∈ z )

(0,5đ)

Vậy nghiệm của phương trình : π

x=- + kπ (k ∈ z ) 4

x= ±

π 3

+ kπ (k ∈ z )

(0,25đ)

2

a) (2) <=> 2 2 x − x = 2 x 2 − x + 1

(0.5đ)

1 8

Đặt 2x2 – x = t (t ≥ − )

(0.25đ)

Phương trình trở thành: 2t = t + 1

<=> 2 t − t − 1 = 0

6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Khảo sát f(t) = 2 t − t − 1 (0.25đ) f’(t) = 2tln2 – 1 =0 <=> 2t = t

1 =α ln 2

α

f’(t)

-

0

+

f(t)

Quan sát bản bíên thiên nhận thấy phương trình có tối đa 2 nghiệm t.

(1đ )

Mặt khác f(0) = f(1) = 0 Phương trình có 2 nghiệm t = 0; t= 1 (0.25đ) 1 2

x= 0 ; x= ± ; x=1 (0.25đ ) Câu 3: (4 đ) π

Xét J=

2

∫ sin 0

3

cos x dx x + cos 3 x

(0.25đ) π

Ta CM được I = J (đặt x= − t ) 2

(0.75đ)

π

I+J =

2

∫ 0

π

dx = 2 sin x − sin x cos x + cos 2 x

π

4

2 dtgx d cot gx − ∫0 tg 2 x − tgx − 1 π∫ cot g 2 x − cot gx + 1

(0.75đ)

4

Đặt tgx(cotgx) = t 1 d (t − ) 1 dt 2 I + J = 2∫ 2 =2 ∫ 1 3 t − t + 1 0 (t − ) 2 + 0 2 4 1

7

(0.75đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Đặt t -

1 3 = tgy 2 2

=> I + J = => I=

4π

(0.75đ)

3 3

2π

(0.75)

3 3

Câu 4: ( 6 điểm)

(0.5đ)

Đặt x = OM + 4OG

Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm của các tứ diện MBCD; MCDA; MDAB; MABC Ta có

4OA' = OM + OB + OC + OD = OM + 4OG − OA = x − OA

(1đ)

4 OB' = x − OB 4OC ' = x − OC

(1đ)

4OD' = x − OD

Ta có: OA’ =OB’= OC’ = OD’ 2

2

2

⇒ 16OA' = 16OB' = 16OC ' = 16OD'

2

⇔ ( x − OA) 2 = ( x − OB) 2 = ( x − OC ) 2 = ( x − OD) 2 ⇔ xOA = xOB = xOC = xOD

=> x = 0

(1.5đ)

=> OM + 4OM = O => GM = 5GO (0.5đ) Vậy có 1 điểm M thoả mãn điều kiện đề ra.

(0.5đ) ĐỀ SỐ 12: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 ( Thời gian 180 phút) Giáo viên:Lê Việt Cường Bài 1:(4 điểm)

Cho hàm số y = x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m

8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) a). khảo sát hàm số khi m=-1 b) Tìm m để phương trình x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Bài 2:(5 điểm)

Cho phương trình x x + x + 12 = m( 5 − x + 4 − x )

a) Giải phương trình khi m = 12 b) Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 3: (4 điểm)

Tính

2005

Lim x −>0

Bài 4: (3 điểm)

1 + 10 x .2006 1 + 100 x − 1 x

Giải phương trình log3(x2+x+1) - log3x = 2x-x2

Bài 5: (4 điểm)

Cho tứ diện ABCD, gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ

diện.

G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng tâm các mặt BCD, ACD, ABD, ABC. Đặt AG1 = m1, BG2 = m2, CG3 = m3, DG4 = m4.

CMR: ABCD là tứ diện đều khi và chỉ khi m1+m2+m3+m4 =

16R 3

9

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) HƯỚNG DẪN SƠ LƯỢC TOÁN HSG12 1b) Phương trình

x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m = 0 2

⇔ (x-2m)(x -3x-m)=0

 x = 2m ⇔  2  x − 3 x − m = 0( 2)

Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trinh(2) có 2 7  m ≠ 0, m ≠ 4 (2m )2 − 3.2m − m ≠ 0 nghiệm phân biệt ≠ 2m ⇔  ⇔ ∆ = 9 + 4m > 0 m > − 9  4

Bài 2:( 5 đ) a)(2 đ) Từ điều kiện 0 ≤ x ≤ 4 ⇒ VP ≥ 12( 5 − 4 + 4 − 4 ) = 12 VT ≤ 4 4 + 4 + 12 = 12 ⇒ phương trình có nghiệ m x=4

b). (3 đ ) Phương trình đã cho ⇔ f(x) = (x x + x + 12 )( 5 − x − 4 − x ) = m (2) Xét hàm số f(x) trên [0;4] f(x)=f1(x)f2(x) với f1(x) = x x + x + 12 có f’1(x) =

x+

x 2 x

+

1 2 x + 12

>0

⇒ f1(x) ↑ trên [0;4] và f1 (x) ≥ 0 ∀ x ∈ [0;4]

f2(x) = 5 − x − 4 − x có f’2(x) =

−1 2 5− x

+

1 2 4−x

=

−4 4− x + 5− x 2 5− x 4− x

⇒ f2(x) ↑ trên [0;4] và f2 (x) ≥ 0 ∀ x ∈ [0;4] ⇒ f(x) ↑ trên [0;4] ⇒ Min[o;4] f(x) = f(0) =

(

)

12 5 − 4 và Max[o;4] f(x) =12

Từ đó (2) có nghiệm ⇔ Min[o;4] f(x) ≤ m ≤ Max[o;4] f(x)

(

)

⇔ 12 5 − 4 ≤ m ≤ 12 là điều kiện để (1) có nghiệm

Bài 3:( 5 đ)

10

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

>0

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Trước hết ta chứng minh: a ≠ 0, n ∈ N, n ≥ 2 thì Lim x −>0

n

1 + ax − 1 a = x n

Đặt y = n 1 + ax khi đó x → 0 thì y → 1 và n

Lim x −>0

1 + ax − 1 y −1 y −1 a = Lim n = a Lim = (2 đ) n x y − >1 y − 1 y − >1 ( y −1)( y + .... + y + 1) n

Ta có: Lim

2005

x −>0

= Lim

1 + 10 x .2006 1 + 100 x − 1 x

2005

x −>0

1 + 10 x .2006 1 + 100 x − 2006 1 + 10 x + 2006 1 + 100 x − 1 x 2006  2005 1 + 10 x − 1  1 + 100 x − 1  + Lim  x − >0 x x  

= Lim 2006 1 + 100 x  x −>0

=

10 2005

+

100 2006

=

220560

(3 đ)

2005.2006

x > 0 x > 0   2 Câu 4: Phương trình đã cho ⇔  ⇔  x2 + x + 1 2 + x +1 2 x = 2x − x = 32 x − x  Log 3  x x   2 + x +1 xét hàm số y= x với x>0, Minf(x) = 3 với x=1

x

2

y= g(x)= 32 x− x với x>0, Maxf(x) =3 với x=1 ⇒ Phương trình đã cho có nghiệm x=1.

Bài 5:( 4 đ) Gọi O và G lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm tứ diện OA2 + OB 2 + OC 2 + OD 2 = R 2 Ta có:  GA + GB + GC + GD = O

Mặt khác:

(

) (

) (

2

) (

2

2

4R2 = OG + GA + OG + GB + OG + GC + OG + GD 2

2

2

2

2

⇔ 4R = 40G +GA +GB +GC +GD

mà

GA2 = 2

2

2

(1 đ)

(1 đ)

9 2 9 2 9 2 9 2 2 2 2 m1 , GB = m2 ,GC = m3 ,GD = m4 16 16 16 16 2

⇒ 4R = 40G + ⇒ 4R ≥

2

)

9 2 2 2 2 m1 + m2 + m3 + m4 16

(

)

9 2 2 2 2 m1 + m2 + m3 + m4 (1 đ) 16

(

)

11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2 Theo BĐT “ Bunhiacopxki” ta có (m1 + m 2 + m 3 + m 4 ) ≤ 4(m1 + m2 + m3 + m4) 2

⇒ R ≥

9 (m1 + m2 + m3 + m4 ) ≥ 9 (m1+ m 2 + m 3 + m 4 )2 ( 1 đ) 64 256

⇔ m1 + m 2 + m3 + m 4 ≤

16 R 3 O ≡ G ⇔ Tứ diện ABCD đều m1 = m2 = m3 = m4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :  (1đ)

ĐỀ SỐ 13: SỞ GD & ĐT THANH HOÁ Trường THPT Nông cống I

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 (BẢNG A) MÔN: TOÁN THỜI GIAN: 180' 1 3

1 3

Bài 1:(4 điểm). Cho hàm số: y = x 3 + mx 2 − 2 x − 2m − (cm)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

5 6

2. Tìm m ∈ (0; ) sao cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (Cm), và các đường th ẳng: x=0; x=2; y=0 có diện tích bằng 4.

Bài 2: (4 điểm).

1. Giải các phương trình: 2. giải phương trình:

3 tgx + 1 (sin x + 2cos x)=5(sin x +3cos x).

log22 x + x.log7(x + 3)= log2x [

x + 2.log7(x + 3)] 2

Bài 3: ( 4 điểm).

1. Tìm a để phương trình sau có nghiệm. a + a + sin x = sin x 2. Tìm a để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt. x3 + 1 x x

+ 2(a − 1)

x2 +1 x +1 + 4(1 − a ). + 4a − 6 = 0 x x

Bài 4( 4 điểm).

1. Cho ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Gọi R1, R2, R3 lần lượt là các bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác BOC, COA, AOB. Cho biết: R1+R2+R3 = 3R. Tính 3 góc của ABC

12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2. Cho (E): x2 + 4y2 = 4 . M là điểm thay đổi trên đường thẳng y=2. Từ M kẻ đến (E) hai tiếp tuyến. Gọi các tiếp điểm là T1, T2. Tìm vị trí của M để đường tròn tâm M tiếp xúc với đường thẳng T1, T2 có bán kính nhỏ nhất.

Bài 5:( 4 điểm).

1. Cho hàm số f(x) xác định và dương trên R thỏa mãn:  f '2 ( x) + 4 f ' ( x). f ( x) + f 2 ( x) = 0   f ( 0) = 1

Tìm hàm số f(x).

2. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm là G. Các đường thẳng AG, BG, CG, DG kéo dài lần lượt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ở A1, B1, C1, D1 CMR: GA1 + GB1 + GC1 + GD1 ≥ GA + GB + GC + GD

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Đáp án Bài 1: 1.Khi m=1.

y=

Thang điể m

x3 7 + x 2 − 2x − 3 3

TXĐ : D = R  x = −1 − 3 y' = 0⇔   x = −1 + 3 Hàm số đồng biến (-∞; -1- 3 ) ∪ (-1+ 3 ; +∞)

+ y ' = x 2 + 2x − 2

0,5

Hàm số nghịch biến ( -1- 3 ;1+ 3 ) yCĐ = y(-1- 3 ) = yCT = y(-1+ 3 ) = + y '' = 2 x + 2 ; y '' = 0 ⇔ x = −1.

Đồ thị hàm số lồi trên (-∞; -1) Đồ thị hàm số lõm trên (-1;-∞)

0.5

7 3 + Lim x → −∞ y = −∞ ; Lim x → +∞ y = +∞

Nhận I(-1, − ) làm điểm uốn

Bảng biến thiên x y’ y

-∞ +

-1- 3 0 CĐ

-

-1+ 3 0

+∞ +

0,5

+∞ -∞

CT

13

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Đồ thị: 0.5

x3 1 + mx 2 − 2 x − 2m − = 0 trên [0; 2] 3 3 3 1 x Đặt f ( x) = + mx 2 − 2 x − 2m − = 0; f ' ( x) = x 2 + 2mx − 2.

3 3 Phương trình: f ' ( x) = 0 luôn có hai nghiệm trái dấu x1<0<x2 5 Lại do f ' (0). f ' (2) < 0 ∀m ∈ (0; ) nên : x1<0<x2<2 6

2. Xét phương trình :

+ Ta có bảng biến thiên: x -∞ x1 +∞ f’ 0

0

x2

+

0

0.5

2

0.5

f 1   f (0) = −2m − 3 < 0  5 5 có:  ∀ m ∈ (0; ) ⇒ f ( x) < 0 ∀x ∈ [0;2]; m ∈ (0; ) 6 6  5   f ( 2) = 2 m − 3 < 0 

+ Vậ y 2

s = ∫ (− 0

x3 1 x 4 mx 3 1 4m + 10 − mx 2 + 2 x + 2m + )dx = [− − + x 2 + (2m + ) x | 02 = 3 3 12 3 3 3

+Do S = 4 ⇒

ĐS :

0.5

m=

4m + 10 1 5 = 4 ⇔ m = ∈ (0; ) 3 2 6

0.5

1 2

0.5

Bài 2: cos x ≠ 0 tgx ≥ −1

1./ ĐK : 

0.5

14

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) + Phương trình đã cho ⇔ 3. tgx + 1.(tgx + 2) = 5(tgx + 3) .(1) t ≥ 0

+Đặt tgx + 1 = t ≥ 0 (2) ⇔ 

⇔t=2 2 (t − 2).(3t + t + 5) = 0 + Với t = 2 ⇔ tgx = 3 = tgα ⇔ x = α + kΠ (k ∈ Z ) thỏa mản điều kiện

(1) 2 log 2 x = x ⇔ (2 log 2 x − x)(log 2 x − 2 log 7 ( x + 3)) = 0 ⇔  log 2 x = 2 log 7 ( x + 3) (2) x > 0 x > 0  + Giải (1) ⇔  ⇔  ln x ln x x (1' ) x2 = 2  x = 2 ln x Xét hàm số: f ( x) = trên (0;+∞) ; x 1 − ln x f '(x) = ; f '(x) = 0 ⇔ x = e x2

f

0.5 0.5

2.ĐK: x>0 +Phương trình đã cho

Bảng biến thiên. x 0 f’ -

0.5

e 0

0.5

+

1 e

Từ bảng biến thiên ⇒ hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2; x=4 thỏa mãn (1’).

Vậy phương trình (1) có nghiệm x=2; x=4. + Giải (2).

4 7

Đặt: log 2 x = 2 log 7 ( x + 3) = 2t ⇔ 7 t = 4 t + 3 ⇔ 1 = ( ) t + Xét hàm số:

0.5

3 . ( 2' ) 7t

4 3 g (t ) = ( ) t + t . luôn nghịch biến ⇒ (2’) có nghiệm duy 7 7

nhất t =1 Vậy (2) có nghiệm

x =2 0.5

+ KL: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4 0.5 Bài 3: 0 ≤ t ≤ 1

1. + Đặt sinx = t có phương trình đã cho ⇔ 

2 a + a + t = t

+ Đặt:

a + t = y ≥ 0 hệ trên

15

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  y ≥ 0 ;0 ≤ t ≤ 1  y ≥ 0; 0 ≤ t ≤ 1  y ≥ 0 ;0 ≤ t ≤ 1    2 2 ⇔ a + y = t ⇔ a + y = t ⇔ t = y a + t = y 2 (t − y )(t + y + 1) = 0 t 2 − t = a   

+ Xét hàm số: f(t)= t2 – t trên [0;1].

1 có: f (t ) = 2t − 1 ; f (t ) = 0 ⇔ t = 2 '

'

0.5

1 1 f (0) = f (1) = 0 ; f ( ) = − 2 4

Hệ trên có nghiệm khi đường thẳng y=a cắt đường cong y=f(t)= t21 4

0.5

t trên [0;1] ⇔ − ≤ a ≤ 0 1 4

Kết lu ận: Phương trình đã cho có nghiệm khi − ≤ 4 ≤ 0 0.5

2. ĐK : x>0. + Đặt:

x+

1 x

= t (đk :t ≥ 2) với t =2 cho giá trị x=1

(*) với t>2 cho giá trị x>0 t ≥ 2 + Ta có : (1) ⇔  ⇔ 2 (t − 2)(t + 2at + 1) = 0

t = 2 ↔ x = 1  2  f (t ) = t + 2at + 1 = 0 t ≥ 2 

0.5

+ Do (*) nên để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT (1) phải có đúng 1 nghiệm t>2 Nhận xét: Tính a.c =1 vậy để phương trình (1) có đúng 1 nghiệm 0.5 t>2 thì (1) ph ải có nghiệm các trường hợp sau:  ∆ = 0   VN − a > 2  t1 = 2 < t 2 ↔ VN    5 t1 < 2 < t 2  f ( 2) < 0 ⇔ a < −  4  

Kết lu ận: Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì : a< −

0.5

5 4

Bài 4: 1. Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có:

a a 2 R sin A R = = 2 R1 ⇔ = 2 R1 ⇔ R1 = sin BOC sin 2 A sin 2 A 2 cos A R R Tương tự cho COA, AOB : R2 = ; R3 = 2 cos B 2 cos C. 1 1 1 + Vậy có: + + = 6. (1) cos A cos B cos C

16

0.5

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) + Dễ có : nhọn).

1 1 1 9 9 + + ≥ ≥ = 6 (Do ABC cos A cos B cos C cos A + cos B + cos C 3 2

3 ) 2 + Vậy (1) ⇔ CosA = CosB = CosC ⇔ A = B = C = 60 o

0.5

+ ( Ph ải chứng minh : cos A + cos B + cos C ≤

0.5 0.5

x2 2. (E): + y 2 = 1 M ∈ đường thẳng y = 2 → M(a;2) 4

+ Gọi T1(x1,y1); T2(x2,y2) là các tiếp điểm

tiếp tuyến tại T1, T2 là:

x1 x + y. y1 = 1 4 x x 2 : 2 + y. y 2 = 1 4

1:

Do 1; 2

 a.x1  4 + 2 y1 = 1 đi qua M(a, 2) ⇒   a.x 2 + 2 y = 1 2  4

0.5

Nh ận xét : T1, T2 có tọa độ thỏa mản phương trình đường thẳng ∆:

a.x + 2y =1 4

Vậy phương trình đường thẳng T1, T2 là; ax + 8y – 4 =0. + Đường tròn tâm M tiếp xúc T1, T2 có bán kính là: R = d (M R=

T1T2

)=

a 2 + 12 a 2 + 64

a 2 + 12 a 2 + 64

+ Ta tìm a để R nhỏ nhất : Đặt a 2 = t ≥ 0 → R = f (t ) = f ' (t ) =

t + 116

> 0

∀t ≥ 0

2 (t + 64) 3

⇒ R min

t + 12

0.5

t + 64 3 = f ( 0) = 2

đạt được khi : t=0 ⇔ a=0 + Kết luận: vậy điểm M(0;2).

0.5

Bài 5 : 1. Từ:

17

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) '2

'

 f ' ( x) = (−2 + 3) f ( x) ⇔ '  f ( x) = (−2 − 3) f ( x)

2

f ( x) + 4 f ( x) + f ( x) = 0  f ' ( x) = −2 + 3  f ( x ) ⇔ '  f ( x) = −2 − 3   f ( x)

+ Xét (1) Có: ⇔ f ( x) e ( −2+

∫

(1) ( do f ( x) > 0) (2)

f ' ( x) dx = ∫ (−2 + 3 )dx f ( x)

3 ) x + C1

do

⇔ ln f ( x) = (−2 + 3 ) x + C1

f (0) = 1 ⇔ e C1 = 1 ⇔ C1 = 0

+ Vậy: f ( x) = e ( −2+ 3 ) x + Xét (2) tương tự : ta được kết quả : f ( x) = e ( −2−

Đáp số:

f ( x) = e ( −2−

3 ) x.

0.5

hoặc f ( x) = e ( −2+

0.5

3 ) x.

0.5

3 ) x.

0.5

2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Có: OA = OG + GA Tương tự ta có:

⇒ OA 2 = OG 2 + GA 2 + 2OG.GA

0.5

OB 2 = OG 2 + GB 2 + 2OG.GB OC 2 = OG 2 + GC 2 + 2OG.GC OD 2 = OG 2 + GD 2 + 2OG.GD

+ Từ trên : ⇒ 4( R 2 − OG 2 ) = GA 2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 + Lại có : GA.GA1= GB.GB1=GC.GC1=GD.GD1=R2 – OG2 Vậy : GA1 + GB1 + GC1 + GD1 = ( R 2 − OG 2 )( =

0.5

1 1 1 1 + + + ) GA GB GC GD

1 1 1 1 1 (GA 2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 ).( + + + ) 4 GA GB GC GD

+ áp dụng Bunhia và cosi có: GA1 + GB1 + GC1 + GD1 ≥

1 1 1 1 1 (GA + GB + GC + GD) 2 ( + + + ) 16 GA GB GC GD ≥ GA + GB + GC + GD

Dấu bằng xảy ra ⇔ GA = GB = GC = GD ⇔ Tứ diện ABCD gần đều hoặc tứ diện ABCD đều

18

0.5

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐỀ SỐ 14:

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán Thời gian: 180 phút Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh Lê Văn Khởi Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số: y = x 3 − 3x 2 + 1 (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Biện luận theo k số nghiệm của phương trình: y = x 3 − 3 x 2 − kx − k = 0 (1)

Câu 2: (4 điểm) a) Chứng minh rằng: e x + cos x ≥ x + 2 với ∀x ≥ 0 b) Tìm m để pt sau có nghiệm: 4x

2

− mx +1

− 2x

2

+1

= − x 2 + 2mx − 1

Câu 3: (5 điểm) π

a) Tính:

 (1 + cos x)1+ sin x  ln ∫0  1 + sin x  dx 2

b) Tìm x ∈ Z thoả mãn

x

∫ sin tdt = cos 2 x − 1 0

c) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn: a 2004 + b 2004 = c 2004 + d 2004  2005 a + b 2005 = c 2005 + d 2005

Chứng minh rằng: a 2006 + b 2006 = c 2006 + d 2006

Câu 4: (3,5 điểm) Cho elíp:

y2 x2 y2 x2 + = 1 (E) và Hypebol: + = 1 (H) (v ới a, b, m, n > 0) a2 b2 m2 n2

có cùng chung tiêu điểm F1 và F2: Chứng minh rằng tiếp tuyến của (E) và (H) tại giao điểm của chúng vuông góc với nhau.

19

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Câu 5: (4,5 điểm) Cho tứ diện đều ABCD, gọi (C) là mặt cầu ngo ại tiếp tứ diện ABCD.

Điể m M ∈ (C), gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là hình chiếu của M trên các mặt phẳng (BCD); (ACD); (ABD); (ABC). a) Tìm vị trí điểm M ∈ (C) sao cho tổng: S = MA1 + MB1 + MC1 + MD1 đạt giá trị lớn nh ất, nhỏ nhất. b) Chứng minh rằng tồn tại điểm M ∈ (C) để 4 điểm A1, B1, C1, D1 không

đồng phẳng:

20

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán Thời gian: Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh Lê Văn Khởi Câu 2

Câu a: (2 điểm) Chứng minh rằng e x + cos x ≥ x + 2(1) với

(4 điểm)

∀x ≥ 0

0,25

(1) ⇔ e x + cos x − x − 2 ≥ 0 với ∀x ≥ 0

Đặt:

f ( x) = e x + cos x − x − 2

Ta có:

f ' ( x) = e x − sin x − 1

0,25

f " ( x) = e x − cos x

0,25

Vì x ≥ 0, e x ≥ 1 còn cos x ≤ 1 ⇒ f " ( x) = e x − cos x ≥ 0 với ∀x ≥ 0

0,25

Vậy hàm số f(x) = đồng biến trên [0,+∞ )

0,25

f ' ( x) ≥ f ' (0) = e 0 − sin 0 − 1 = 0 ⇒ f ' ( x) ≥ 0 với

∀x ≥ 0

0,25

hay f(x) đồng biến [0,+∞ )

0,25

f ( x) ≥ f (0) = e 0 + cos 0 − 0 − 2 = 0

với ∀x ≥ 0

f ( x) ≥ 0 ⇒ e x + cos x ≥ x + 2

Câu b: (2 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x

2

− mx +1

− 2x

2

+1

0,25

0,5

= − x 2 + 2mx − 1 = 0 (1)

Phương trình (1) ⇔ 2 2 x

2

− 2 mx + 2

⇔ 22x

2

− 2x

− 2 mx + 2

2

+1

= −2 x 2 + 2mx − 2 + x 2 + 1

+ 2 x 2 − 2mx + 2 = 2 x

2

+1

+ x2 +1

0,25

(2) Xét hàm số f (t ) = 2 t + t Ta có f ' (t ) = 2t ln 2 + 1

0,5

Ta có f ' (t ) > 0∀t Vậy hàm số f (t) đồng biến ∀ t

0,25

Từ đẳng thức (2) ⇒ 2 x 2 − 2mx + 2 = x 2 + 1

0,25

⇔ x 2 − 2mx + 1 = 0 (3)

Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có nghiệm

22

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ m2 - 1 ≥ 0 ⇔ m ≥1 Câu 3 (5 điểm)

π

Câu a: (2 điểm)

 (1 + cos x)1+ sin x  ln ∫0  1 + sin x  dx 2

Tính:

π

π

π

2

2

2

0

0

0

0,5

I = ∫ ln(1 + cos x)dx + ∫ sin x ln(1 + cos x)dx − ∫ ln(1 + sin x)dx

(I)1

( I2)

(I3)

Chứng minh: I1 = I3

Đặt: x =

π 2

0,25 x =0⇒t =

− t ⇒ dx = dt : x=

π 2

π 2

⇒t =0

π

π

π

2

2

2

π

I1 = ∫ ln(1 + cos( − t ))dt = ∫ ln(1 + sin t )dt = ∫ ln(1 + sin x)dx = I 3 2 0 0 0

Vậ y I 1 - I 3 = 0

0,25 0,25

π 2

Ta tính: I 2 = ∫ sin x ln(1 + cos x)dx 0

x =0⇒t =2

Đặt: t = 1 + cos x ⇒ dt = − sin xdx :

x=

π 2

⇒ t =1

1  du = dt t  v = t

2

u = ln t I 2 = ∫ ln tdt Đặt:  dv = dt 1 2

I 2 = t ln t 12 − ∫ dt = (t ln t − t ) 12

0,25

0,25

1

0,25

I 2 = 2 ln 2 − 1

Câu c: (1,5 điểm) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn: a 2004 + b 2004 = c 2004 + d 2004  2005 a + b 2005 = c 2005 + d 2005

23

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Chứng minh rằng: a 2006 + b 2006 = c 2006 + d 2006 Đặt: x = a 2004 , y = b 2004 , m = c 2004 , n = d 2004 , α =  x + y = m + n(1)

Theo đề ra ta có: 

2005 2006 ,β = 2004 2004

Từ (1) và (2) ta

α α α α  x + y = m + n ( 2)

0,25

có: x α + (m + n − x) α = m α + n α

Xét hàm số

f ( x ) = x α + (m + n − x ) α = m α + n α ; α > 1 ; x

0,25

>0

[

f ' ( x) = α xα −1 − (m + n − x)α −1

]

=> f ' ( x) = 0 ⇔ x =

m+n 2

Suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm

0,25 0,25

x = m  y = m ⇒ x = n y = n

mà f (m) = f (n) = 0 ⇒  a = c

Vậ y  b = d

hoặc

a = d b = c 

Từ đó ta suy ra: a 2006 + b 2006 = c 2006 + d 2006

Câu b: (1,5 điểm) Tìm x ∈ Z thoả mãn

0,25 x

∫ sin tdt = cos 2 x − 1

0,5

0

Ta có:

x

∫ sin tdt = − cos t

x 0

= − cos x + 1

0

Vậy: cos 2 x − 1 = − cos x + 1 ⇒ cos 2 x + cos x − 2 = 0 cos x = 1 2 cos x + cos x − 3 = 0 ⇔  cos x = − 3 (loai )  2

0,5

2

cos x = 1 ⇒ x = 2kπ vì x ∈ Z , k ∈ Z => k = 0

x=0

Câu 4 (3,5 điểm)

Elíp:

nghiệm phương trình x = 0

y2 x2 y2 x2 + = 1 (E) và Hypebol: + = 1 (H) có a2 b2 m2 n2

chung tiêu điểm F1(-c;0); F2(c;0)

24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Vậy c2 = a2 - b2 (a > b > 0)

0,25

c2 = m2 + n2 (m,n > 0) Vậy: a2 - b2 = m2 + n2 ⇒ a2 - m2 = b2 + n2

0,25

Toạ độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ phương

0,25

trình:  x2 y2  2 + 2 = 1( E ) a b  2 2  x + y = 1( H )  m 2 n 2

Giải ra ta được: x = ± am

0,5

b2 + n2 b 2 (a 2 + m 2 )

y = ±bn

0,5

a2 − m2 b 2 (a 2 + m 2 )

Có 4 giao điểm. Giả sử 1 giao điểm : M ( am

b2 + n2 ; b 2 (a 2 + m 2 )

bn

0,25

a2 − m2 ) Nhận xét: b 2 (a 2 + m 2 )

2 biểu thức căn bằng nhau do a2 - m2 = b2 + n2

đặt:

b2 + n2 =k; b 2 (a 2 + m 2 )

M (amk, bnk)

Phương trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng: amk bnk mk nk x + 2 y =1⇒ x+ y =1 2 a b a b

(d1)

Phương trình tiếp tuyến của Hypebol tại M có dạng: amk bnk ak bk x − 2 y =1⇒ x− y =1 2 m n m n

0,25

(d2) m n a b

Tiếp tuyến (d1) có véc tơ pháp tuyến n1 = ( ; ) a m

b n

Tiếp tuyến (d2) có véc tơ pháp tuyến n 2 = ( ;− )

25

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Ta có:

n1 .n 2 =

0,25

ma nb − = 0 ⇒ n1 ⊥ n 2 ⇒ d 1 ⊥d 2 ma nb

Vậy 2 đường thẳng (d1) và (d2) vuông góc v ới nhau.

0,25

Tương tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của (H) và (E) vuông góc với nhau.

Câu 5 (4,5 điểm)

Câu a: (2,5 điểm)

A

0,25

Không làm mất tính tổng quát.

Giả sử đường th ẳng AM cắt mf (BCD) tại 1 điểm nằm trong

∆ BCD. Ta có:

H1

H3

VMABCD = VMABC + VMACD B

H2

I

D + VMADB

C2 D2

D1

H

C

B2

C1

B1

0,25

Mặt khác: VMABCD = VABCD + VMBCD Gọi B là diện tích một mặt của tứ diện, h là đường cao:

0,5

1 1 B( MB1 + MC1 + MD1 ) = B( h + MA1 ) 3 3

Ta có tổng S = MA1 + MB1 + MC1 + MD1 = h + 2 MA1

0,25

Vì h không đổi S lớn nhất khi MA1 lớn nhất:

0,25

MA1 lớn nh ất ⇔ AM là đường kính của (C): Max S = h + 2MA1 = h + 2MH = 2(h + MH) - h = 4R - h

0,25

Khi AM là đường kính:

0,25

Ta có 4 vị trí của M để S lớn nhất đó là:

26

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) AM hoặc BM, CM, DM là đường kính của (C ) Min S = h + 2MA1 Khi MA1 nhỏ nhất MA1 = 0 ⇒ M trùng

0,25

với các đỉnh B hoặc C, hoặc D. Vậy min S = h khi M trùng với các điểm A hoặc B, C, D

0,25

Câu b: (2 điểm) Khi AM là đường kính của mặt cầu (C) điểm

0,5

A1 ≡ H tâm mặt phẳng BCD. Gọi H1, H2, H3 lần lượt là tâm của các mặt ABC, ACD, ABD. I là tâm mặt cầu (C) Ta có MD1 // IH1, MB1 // IH2, MC1 // IH3

0,5

⇒ mf (B1D1C1) // mf (H1H2H3)

0,5

Mặt khác (H1H2H3) // (BCD) (B1D1C1) // (BCD) vì A1 ≡ H ∈ (BCD) nên 4 điểm

0,5

A1,B1,C1,D1 không đồng phẳng

Câu 1 (4 điểm)

Câu a: (2 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = x 3 − 3x 2 + 1 (C) + Tập xác định: ∀x ∈ R

0,25

+ Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 6 x

0,25  x1 = 0 x = 2  2

y ' = 0 ⇔ 3x 2 − 6 x

Xét dấu y'

+

+ 0

-

0,25

2

Hàm số đồng biến (−∞;0) ∪ (2;+∞) nghịch biến (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x1 = 0 giá trị cực đại y(0) = 1

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 = 0 giá trị cực tiểu y(2) = -3 + Điểm uốn y" = 6 x − 6

y" = 0 ⇔ x = 1

27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) y" đổi dấu khi x đi qua điểm 1 ⇒ Đồ thị có điểm uốn U (1;-1) + Lim y = −∞ ,

0,25

Lim y = +∞

x → −∞

x → +∞

Bảng biến thiên: x

0

−∞

y'

+

0

2 -

+∞

0

+

1

y

+∞

-3

−∞

+ Đồ thị đi qua các điểm: x

-1

0

1

2

3

y

-3

1

-1 -3

1

0,5

y 1 -1

-3

1

2 x

-1

Câu b: (2 điểm)

0,25

Biện luận theo k số nghiệm của phương trình: y = x 3 − 3 x 2 − kx − k = 0 (1)

Phương trình (1) ⇔ x 3 − 3x 2 + 1 = k ( x + 1) + 1

Đặt:

y = x 3 − 3 x 2 + 1 (C) đồ thị vừa kh ảo sát ở trên y = k ( x + 1) + 1 (d) là đường thẳng quay xung quanh

điểm A (-1;1) cố định 28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

Điều kiện cần và đủ để (d) là tiếp tuyến của (C) là hệ có

0,25

x 3 − 3 x 2 + 1 = k ( x + 1) + 1(1)

nghiệm:

3x 2 − 6 x = k (2)

Thay (2) vào (1) ta được x 3 − 3x 2 = (3x 2 − 6 x)( x + 1) 2x 2 − 6x = 0

Với :

0,25

 x1 = 0  ⇔ x2 = 3   x3 = − 3

 x1 = 0  k1 = 0  y = 1( d 1 )     x 2 = 3 ⇒  k 2 = 9 − 6 3 ⇒  y = (9 − 6 3 )( x + 1) + 1( d 2 )     y = (9 + 6 3 )( x + 1) + 1( d 3 )  x3 = − 3 k 3 = 9 + 6 3

* Biện luận:

0,25

y

+ Khi 9 − 6 3 < k < 0 hoặc

A

k > 9 + 6 3 (d) cắt (C) tại

1

3 điểm ⇒ phương trình

0,25

d

1

2 x

-1

(1) có 3 nghiệm

-3

+ Khi k = 0 hoặc k = 9 − 6 3 hoặc k = 9 + 6 3 thì (d) và (C)

d

d

0,25

có hai điểm chung

⇒ phương trình (1) có 2 nghiệm + Khi k < 9 − 6 3 hoặc 0,25

0 < k < 9 + 6 3 thì (d) và

(C) cắt nhau tại 1 điểm

⇒ phương trình (1) chỉ có 1 nghiệm duy nhất

29

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐỀ SỐ 15: SỞ GD ĐT THANH HÓA

ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

LỚP 12 Môn: Toán - Bảng A Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: Cho phương trình: m.Cosx + Cos3x - Cos2x =1 1) Giải phương trình trên với m=1. π 5π

2) Tìm m để phương trình đã cho có đúng 8 nghiệm phân biệt x ∈  − ;   2 2  Bài 2: 1) Giải phương trình (Sin α)x + (tg α)x = (α)x (với x là tham số, 0 < x <

π 2

)

2) Tìm a để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt.

32-x - Sin a +1. logπ (x2 + 4x + 6) + ( 3)− x −4 x .logπ 2

1 =0 2( x − Sina + 1 + 1)

3 Bài 3: Với mọi ∆ABC, ∀k∈ 0,  . Chứng minh:

 4 π π π A− B B −C C−A Cos + Cos + Cos ≤ Cosk ( A − ) + Cosk ( B − ) + Cosk (C − ) 2 2 2 3 3 3

  a1 ; b1 > 0  1 Bài 4: Xét hai dãy số: {an } ;{bn } ; voi ai +1 = bi + a i   1 bi +1 = ai + bi 

(i=1, 2...)

Chứng minh (a2006 + b2006)2 > 16039 Bài 5: Cho tứ diện ABCD 1) Gọi αi (i= 1, 2, …, 6) là độ lớn các góc nhị diện có cạnh lần lượt là các cạnh của tứ diện 6

Chứng minh:

∑ Cosα

i

≤2.

i =1

2) Gọi G là trọng tâm của tứ diện; mặt phẳng (α) quay quanh AG, cắt DB tại M và cắt DC tại N. Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của tứ diện ABCD và DAMN. Chứng minh:

30

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 4 V1 1 ≤ ≤ 9 V 2

3) Gọi diện tích các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D của tứ diện lần lượt là: Sa, Sb, Sc, Sd. I là tâm hình cầu nội tiếp tứ diện ABCD. Chứng minh:

Sa .IA + Sb .IB + Sc .IC + Sd .ID = 0

31

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán. Bảng A Câu Bài 1 1

Nội dung

Cosx = 0

Với m =1; Phương trình ⇔ 

Điểm 5 3 1

2  4Cos x − 2Cosx − 2 = 0

 π  x= 2 + kπ  ⇔  x = k 2π  2π + k 2π x = ± 3 

  Cosx = 0  ⇔  Cosx = 1  1  Cosx = −  2

2 2

2 Cosx = 0

Phương trình ⇔ 

2  4Cos x − 2Cosx + m − 3 = 0

3π 2 2 2 * Ycbt ⇔ 4Cosx - 2 Cosx +m - 3 =0 * Cosx =0 Có 2 nghiệm: x =

π

; x=

Cosx = t (-1 ≤ t ≤ 1) ⇔ 2  f (t ) = 4 t − 2 t + m − 3

0,5

0,5

 −1 < t1 < 0 < t2 < 1 : (a) Có 2 nghiệm t1, t2 thỏa mãn:  (b)  0<t<1=t 2 * Trường hợp (b) loại (vì nếu t2=1 thì t1<0)  f (−1). f (0) < 0  f (0). f (1) < 0

* Trường hợp (a) ⇔ 

0,5

⇔ 1< m < 3

0,5

Vậy giá trị m cần tìm: 1< m < 3

Bài 2 1

4 2 x

x

 Sinα   tgα  Phương trình ⇔   +  =1  α   α   π Chứng minh: ∀u ∈  0,  có Sinu < u < tgu  2 nên:

Sinα

α

<1<

 π : α ∈  0,  α  2

tgα

0,5 0,5 0,5 0,5

32

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) x =0: VT =2 > VP  Khi đó x >0: VT > VP  ⇒ Vậy phương trình vô nghiệm  x <0; VT> VP 

2

2

Đặt Sina -1 =m (-2≤ m ≤ 0) x 2 + 4 x + 6 ≥ 2 ta luôn có: ∀x∈R thì:  nên TXĐ của phương trình là R 2 x-m + 2 ≥ 2

0,5

Ta có phương trình ⇔ ( 3) x

2

+4 x +6

.logπ ( x 2 + 4 x + 6) =

Xét hàm số: f(t) =

t

( 3)

( 3 ) log (t) : π

2 x −m +2

logπ (2 x − m + 2)

[2; +∞ )

0,5

là hàm số đồng biến với ∀x ∈[2; +∞) nên phương trình ⇔ x2 + 4x +6 = 2 x-m +2 (*)  x 2 + 2 x + 2 m + 4 = 0 : (1) ⇔ 2  x + 6 x + 4 − 2 m = 0 : (2) Theo yêu cầu bài toán ⇔ (*) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) cã nghiÖm kÐp x 0 ;(2) cã 2 nghiÖm ≠ x 0  (2) cã nghiÖm kÐp x 0 ;(1) cã 2 nghiÖm ≠ x1 (1), (2) cã 1 nghiÖm chung; 2 nghiÖm cßn l¹i kh¸c nhau  3  = − m  2  5 ⇔ m = −  2 (loại)   m = −2  Vậy theo yêu cầu bài toán: π   a=- + k 2π 6  5π ⇔ a = + k ' 2π  6   a = - π + k "2π  2

3  Sina − 1 = −  ⇔ 2   Sina − 1 = −2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Có 3 họ giá trị của a cần tìm

Bài 3

2 A−C π A−C < ⇒ 0 < Cos ≤1 4 4 4 4 π 3 π 1 π mà: 0 ≤ k. B − ≤ B − = 3B − π < 3 4 3 4 2

π

Mọi ∆ ABC có − <

33

(1)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) nên: Cosk. B −

π 3

≥ Cos

3 π B− >0 4 3

(2)

0,5

Ta có: 1 A−C B −C  A−C A + C − 2B C os + C os = C os .Cos   2 2 2  4 4 = C os

A−C π − 3B A−C 3π π π  Cos = C os Cos − B ≤ Cosk . B − = Cosk  B −  : (a) 4 4 4 4 3 3 3 

0,5

Chứng minh tương tự có: 1 B −C C − A π  C os + C os ≤ Cosk  C −  : (b)   2 2 2  3  1 π C−A A− B  và C os + C os ≤ Cosk  A −  : (c)  2 2 2  3 

Từ (a), (b), (c) suy ra (đpcm) Dấu "=" khi A=B = C=

π ⇔∆ABC đều 3

Bài 4

0,5

2 Ta có Si = (ai + bi) Thì

(i=1,2,3….)

2

Si+1 = (a i+1 + bi+1

  1 1  ) = ( ai + bi ) +  +   : (i=1,2,....)  ai bi    2

2

= ( ai + bi )

2

1 1 1 1 +2 ( ai + bi )  +  +  +  ≥  ai bi   ai bi 

0,5

2

≥ ( ai + bi )

2

1 1 2 + 8 +  +  > ( ai + bi ) + 8  ai bi 

nên ta có: (a1 + b1)2 > 0 (a2 +b2)2 > 0 (a2 +b2)2 > (a1 + b1)2 + 8 ………………………. (a2006 +b2006)2 > (a2005 + b2005)2 + 8 Cộng các bđt trên, ta có: (a2006 +b2006)2 > 8 . 2005 = 16040 > 16039

Bài 5

34

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 0,5 7

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

A

D1 I D

B A1 M C

Hạ IA1 ⊥ (BCD); ID1 ⊥ (ABC) IB1 ⊥ (ACD); IC1 ⊥ (ABD)  D1M ⊥ BC  IM ⊥ BC

Dựng A1M ⊥ BC ⇒ 

nên A1MD1 = α1 (Tương tự với α2… α6)

( Ta có:

1,0

2 IA1 + IB1 + IC1 + ID1 ≥ 0

⇔ 4r 2 + 2 IA1.IB1 + ...... + IC1.ID1 ≥ 0

)

(

2

)

1,0

2

⇔ 4r − 2r (Cosα1 + Cosα 2 + ....Cosα 6 ) ≥ 0 6

⇔

∑ Cosα

i

≤ 2:

(dpcm)

1,0

i=1

2

2 A

G D M

B

A' N

O C

35

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  A ' lµ träng t©m ∆ B C D G äi:   O lµ trung ®iÓm B C DM DN § Æt: = x vµ = y DB DC V DM DN DA T a cã: D A M N = . . = xy V A BC D DB DC DA

(1)

dt(D M A ') D M D A ' 2 dt ( D M A ') 2 = ⇒ = x: . dt(D B O ) DB DO dt ( D B C ) 3 2 dt ( D N A ') 2 = y : (b) T −o ng tù dt ( D B C ) 3 dt ( D M N ) x + y T õ (a), (b) suy ra: = dt ( D B C ) 3 dt ( D M N ) D M D N mµ . = = xy ⇒ x+ y= 3xy dt ( D B C ) DB DC 1 x ⇒ y(3x-1) = x: (x ≠ ) ⇒ y= 3 3x-1 1   x ≤ 0 va x ≥ 3 1 vµ 0 ≤ y ≤ 1 ⇒  ⇒ ≤ x ≤1 2 x ≥ 1  2 1 T −o ng tù, suy ra: ≤ x; y ≤ 1 2 V x2 1  V Ëy: 1 = xy = = f ( x ) :  ;1  V 3x − 1 2  2 3x − 2 x 2 C ã: f'(x) = = 0 ⇔ x= (3 x − 1) 3

C ã:

(a)

0,5

0,5

0,5

và: x

1 2

2 3

1

f'(x) f(x) 1

0

+

4 9

1

2

2

4 V 1 ⇒ ≤ 1≤ 9 V 2

3

0,5 2

36

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) D

P' M' N' I C A

N M P B

 M=BC x (DAI); M' = AD x (BCI)  Gọi  N= AC x (DBI); N' = DB x (CAI)  P= AB x (DCI); P' = DC x (ABI) 

vì I ở trong tứ diện, nên: M, M',…. thuộc các cạnh của tứ diện.

Do: (DAM) là mặt phẳng phân giác của nhị diện cạnh AD nên: d[M; (DAC)] = d[M; (DAB)] MB dt (∆AMB ) VDAMB dt (∆DAB ) Sc ⇒ = = = = MC dt (∆AMC ) VDAMC dt (∆DAC) Sb

S

điểm M∈ đoạn BC; nên: MB = − c .MC Sb

⇒ Sb .MB + Sc .MC = 0 ⇔ Sb ( IB − IM ) + Sc ( IC − IM ) = 0

Sb .IB + Sc .IC = ( Sb + Sc ).IM : (1) Chứng minh tương tự:

Sd .ID + Sa .IA = ( Sd + Sa ).IM : (2) Mặt khác: I ∈ MM' = (AMD) Λ (BCM')

0,5 0,5

nên các vecto IM ; IM '; MM '; song song V ậy gọ i vecto:

v = ( Sa .IA + Sb IB + Sc .IC + Sd .ID )

0,5

thì

v = ( Sa + Sb ) IM + ( Sc + Sd ).IM ') song song với MM '

Chứng minh tương tự: v // NN ' và v // PP '

MM ' ; NN ' ; PP '; không đồng phẳng Nhưng

nên: v = 0 ⇒ (đpcm) Chú ý: 1)Điểm toàn bài là điểm tổng cộng sau khi đã làm tròn đến 0,5 điểm (ví dụ: 5,25 làm tròn 5,5)

37

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2) Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng chính xác thì cho điểm tối đa của câu đó.

ĐỀ SỐ 16: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 (Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề) mx 2 + ( m 2 + 1) x + 4m 3 + m Câu 1: (6,0 điểm) Cho hàm số y = x+m 1. Với m = -1. a, Kh ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (2,0đ). b, Tìm trên mỗi nhánh của đồ thị một điểm sao cho khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất (2đ).

2. Tìm m để đồ thị hàm số có tương ứng một điểm cực trị thuộc góc phần tư (II) và một điểm cực trị thuộc góc phần tư (IV) của mặt phẳng toạ độ (2,0đ).

Câu 2: (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: Sin 3x + Cos3x = 2 - Sin4x (1,0đ) 2. Cho k, l, m là độ dài các đường trung tuyến của ABC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp đó: 9R CMR: k + l + m ≤ (2,0đ).

2 x2 y2 Câu 3: (3,0 điểm): Cho (E): + 2 =1 a2 b Hình chữ nhật Q gọi là hình chữ nhật ngoại tiếp với E nếu mỗi cạnh của Q đều tiếp xúc với E. Trong tất cả các hình chữ nhật ngoại tiếp với E. Hãy xác định: 1. Hình chữ nhật có Smin (1,0đ).

2. Hình chữ nhật có Smax (1,0đ).

Câu 4: (4,0 điểm) 1. Cho a, b là hai số dương khác nhau. người ta lập 2 dãy số {un} và {v n}, bằng cách đặt: u + vn u1 = a; v1 = b ; un+1 = n v n+1 = un .vn 2 (n = 1, 2, 3,...) C/m Limn +∞ Un = Limn +∞ Vn (2,0đ) a b c 2. Cho m > 0 a, b, c thoả mãn: + + =0 m + 2 m +1 m CMR phương trình: ax2 + bx + c = 0 có ít nhất 1 nghiệm x ∈ (0,1) (2,0đ).

Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. M là một điểm di động trong không gian sao cho M nhìn AB và AD dưới một góc vuông, gọi O là tâm của hình vuông.

1. Chứng minh M luôn luôn di động trên một đường tròn ξ cố định (1,0đ).

2. α là mặt ph ẳng đi qua AB và vuông góc với mặt phẳng ABCD. Kéo dài DM cắt α tại N. CM góc ANB vuông (1,0đ).

38

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 3. Đặt DM = x. Tính MN theo a và x. Tìm miền biến thiên của x, từ đó suy ra điều kiện của hằng số k để tồn tại x thoả mãn MN = k (1,0đ).

4. Tìm giá trị lớn nhất của VABND (1,0đ).

-Hết-

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN Đề thi học sinh giỏi khối 12

Nội dung Câu Câu 6,00đ 1. Với m = 1 a. Kh ảo sát, vẽ đồ thị (2,0đ).

1

Điểm

Trình bày đầ y đủ, đúng các các bước và có nhận xét. Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng Thiếu một bước trừ từ 1/4 đến 1/2 điểm tu ỳ lỗi nặng nhẹ b. Nhận xét x1 < 1 < x2 M1(x1,y1); M2(x2,y2) x1 = 1 - α; x2 = 1 + β α, β > 0 4 4 ⇒ y1 = -α - ; y2 = -β α β

d2 = M1M22 = (α + β)2 [ 1 + (1 +

4 ) ] αβ

4

4

39

0.25đ

0.25đ

⇒ M1(1 - 8 ; 8 + 2 2 ); M2(1 + 8 ; - 8 - 2 2 ) 2. Viết được hàm số có 2 điểm cự trị nên phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2 góc (II) và góc (IV) nằm về hai phía của oy ⇒ x1 < 0 < x2 ⇒ mξ(0) < 0 với ξ(x) = mx2 + 2m2x + 3m3 ⇔ -3m4 < 0 ⇔ ∀m ≠ 0 (*).

Lại có góc (II) & (IV) nằm về hai phía của trục 0x và đối với hàm phân thức bậc t2 trên bậc nhất yCT > y ⇒ Điểm CT ∈ (II). Điểm CĐ ∈ (IV) ⇒ Đồ thị không cắt ox δ ⇒ pt y = 0 vô nghiệm ⇒ ∆ < 0 ⇒ |m| > (**) δ Ta có dấu y’ như sau ⇒ hệ số bậc hai 4

0.25đ 0.25đ

0.25đ

α + β ≥ 2 αβ ⇔ α = β 8 d2 ≥ 8[ + αβ + 4] αβ 4

2.00đ

4

4

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ

0.25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) của ξ(x) là m < 0 (***) 5 Từ (*), (**), (***) ⇒ m < 5 3 3 2 2 Câu 3,00đ a. Nhận xét: Sin x + Cos x ≤ Sin + Cos x = 1 2 - Sin4x ≥ 1 2 Sin3x + Cos3x = 1 ⇔ pt đã cho ⇔ Sin4x = 1 π ⇒ x = + 2kπ 2 b. Giả sử: k, l, m là các trung tuyến kẻ từ A, B, C thì 3 k2 + l2 + m2 = (a2 + b2 + c2) 4 2 a (vì: 2k2 + = b2 + c2 tương tự) 2 Mặt khác: a2 + b2 + c2 = 4R2(Sin2A + Sin2B + Sin2C) mà: 4(Sin2A + Sin2B + Sin2C) = 2(1 - Cos2A + 1Cos2B) + 4(1 - Cos2C). = 8 + 4CosCCos(A-B) 4Cos2C = 8 - Cos2(A-B) - [2CosC - Cos(A-B)] ≤ 9 k 2 + l2 + m2 9R 2 ⇒ ≤ ⇒ đpcm 3 4 Câu 3,00đ Đường thẳng Ax + By + C tiếp xúc với E ⇔ A2 a 2 + B 2b 2 = C 2 3 2 cạnh của Q có pt: Ax + By ± C = 0 (A2a2 + B2b2 = C2) 2C Khoảng cánh giữa chúng là: d1 = 2 A2 + B 2 cạnh còn lại của Q có pt: Bx - Ay ± D = 0 (A2a2 + B 2b 2 = D2 ) 2D Khoảng cánh giữa chúng là: d2 = 2 A2 + B 4 CD ⇒ SQ = 2 A2 + B S2 Đặt: T = Smin max ⇔ Tmin max 16 (A 2 a 2 + B 2 b 2 )(a 2 B 2 + b 2 A ) T= (A 2 + B 2 ) 2 Theo Côsi (A2a2 + B2b2)(a2B2 + b2A2) ≤ A 2 a 2 + B 2 b 2 + a 2 B 2 + B 2 A ) (A 2 + B 2 )(a 2 + b 2 ) = 2 4

40

0.25đ

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 1,0đ 0,25đ 0,25đ 0,50đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,50đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (a 2 + b 2 ) 2 ⇒ Tmin = ⇔ Smin ⇔ Q là vuông 4 Lại có: theo Bunlia Copxki cho 2 dãy (Aa,Bb); (bA,aB) ⇒ (A2a2 + B2b2)(b2A2 + a2B2) ≥ (A2ab + B2ab)2 = a2b2(A2+B2)2 a 2 b 2 (A 2 + B 2 ) 2 ⇒T≥ = a2 b2 ⇔ 2 2 2 (A + B ) A=0 2 2 Tmin = a b ⇔ ⇔ Q có các cạnh | | ox, oy B=0 Câu 4,00đ a. Coi 0<b<a bằng qui nạp C/m ∀n: Vn< Vn+1 < Un+1 < Un 4 ⇒ b = V1<V2<V3<...<Vn...<Un<Un-1<Un-2<...<U2<U1=a ( U n - Vn ) 2 U n + Vn Lại có: Un+1-Vn+1 = - U n Vn = 2 2 ⇒ Un+1-Vn+1 = 2 ( U n - Vn ) ( U n - Vn )( U n + Vn ) < 2 2 U n - Vn Hay 0 < Un+1-Vn+1 < (*) 2 Lại có Un giảm bị chặn dưới Vn tăng bị chặn trên ⇒ ∃ limUn và limVn Từ (*) ⇔ LimUn = LimVn a-b (Giả sử LimUn=a, LimVn=b ⇒ a-b = ⇒ a=b) 2 b. Đặt f(x) = ax2+bx+c. Xét hai trường hợp a=0 ⇒ f(X) = bx+c b=0 ⇒ c=0 ⇒ f(x)=0 ∀x∈R ⇒ x∈(0,1) c m b ≠ 0 ⇒ c≠ 0 ⇒ x = - = ∈(0,1) b m +1 m +1 c )=a≠0 f(0) = c f ( m+2 m(m + 2) 2 m +1 c f ( 0) f ( )=≤0 m+2 m(m + 2) m +1 c≠0 ⇒ ∃ x ∈(0, ) < (0,1) m+2 b m +1 c=0 thì f(x) = ax2 + bx có nghiệm x = - = a m+2 ∈(0,1) Tóm lại: ∀a, b, c thoả mã (*) ⇒ pt có nghiệm x∈(0,1) 41

0,25đ

0,50đ

0,50đ 0,50đ

0,50đ

0,50đ

0,50đ 0,50đ 0,50đ

0,25đ 0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 1.a. MA ⊥ MB Câu 4,00đ và MA ⊥ MD 5 ⇒ MA ⊥ (BMD) ⇒ MA ⊥ MO và MA ⊥ BD Lại có: AC ⊥ BD (ABCD vuông) ⇒ BD ⊥ (MAC) ⇒ M ∈ξ. ξcố định nằm trong mf ⊥ BD tại O, đường kính AO.

2. MA ⊥ (BMD) ⇒ MA ⊥ BN AO ⊥ AB và (α) ⊥ (ABCD) ⇒ AD ⊥ (α) ⇒ AD ⊥ BN ⇒ BN ⊥ (MAD) ⇒ BN ⊥ AN 3. Tam giác vuông AMD có AM = a2 - x2 Tam giác vuông DAN có: AM ⊥ ND AM 2 2 AM = MN.MD ⇒ MN = MD 2 2 a -x ⇒ MN = vì M ∈ξ x a2 2 2 ⇒ 0 < AM ≤ AO ⇒ 0 < a - x ≤ 2 a 2 ⇒ <x<a 2 Tìm k>0: a2 - x2 = kx (1) a 2 ≤ x <a (2) 2 (1) f(x) = x2 + kx - a2 = 0 (*) có nghiệm thoả mẵn (2) pt (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt: vì ac < 0 (x1 < 0 < x2) a 2 a δ k f( ) = (k 2 -a) = - < 0 2 2 2 2 1 a2 a2 4. V = BN SDAN AN = a - 1 BN = a 2 - 2 3 x2 x 2 2 1 a a V = a 3 (2 - 2 )( 2 - 1) 6 x x

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,50đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

42

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) a2 a2 [ 2 - 2 + 2 -1 ] x x 1 3 a3 V≤ a = 6 2 12 a 6 dấu “=” ⇔ x = 3

ĐỀ SỐ 17: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12-BẢNG A (Thời gian làm bài 180 phút) Bài 1: (7 điểm) 1) Xét tính đơn điệu của hàm số: y= 3 (2 − 3x) 2 (x-5)

ax 2 + bx + c x−2 Xác định a, b, c biết rằng hàm số có cực trị bằng 1 khi x=1 và đường

2) Cho hàm số y=

tiệm cận xiên của đồ thị vuông góc với đường thẳng y=

1− x 2

3)Giải bất phương trình:

2 − 5x − 3x 2 +2x > 2x.3 x. 2 − 5x − 3x 2 + 4x2.3x

Bài 2: (4 điểm) Trong tất cả các nghiệm của bất phương trình: log x

2

+y2

(x + y) ≥ 1

Hãy tìm nghiệm (x; y) mà x + 2y lớn nhất.

Bài 3(5 điểm) Giải phương trình: 1)

1 + 1 − x2

[ (1 + x)

2) sin3x.(1- 4sin2x) =

3

]

− (1 − x) 3 = 2 + 1 − x 2

1 2

Bài 4:(4 điểm) ABC là tam giác đều cạnh a. Trên đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S v ới AS = h.

43

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 1) Hy là đường thẳng qua trực tâm H của tam giác SBC và vuông góc với mặt phẳng (SBC). Chứng tỏ rằng khi S di động trên Ax thì

đường th ẳng Hy luôn luôn đi qua một điểm cố định.

2) Hy cắt Ax tại S'. Xác định h theo a để SS' ngắn nhất.

44

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC SINH GIỎI

Lớp 12 Bài 1: Câu 1: (2 điểm) Tập xác định: D = R

0,25

đ i ểm 1 2 − 2 3 y'= (-3) (2 − 3x ) (x-5) + (2 − 3x) 3 3 đ i ểm

=

0,25

− 6 x + 30 − 5x + 12 + 3(2-3x) = 3 33 2 − 3x 2 − 3x

0,25

đ i ểm 2 12 Điểm tới hạn: x= ; x= 3 5 đ i ểm

x -∞ y'

2/3 +



0,25

12/5 -

0

+∞ +

y

0,5

đ i ểm

Hàm số đồng biến trong khoảng (-∞; 2/3) ∪ (12/5; +∞)

0,25

đ i ểm Hàm số nghịch biến trong khoảng (2/3; 12/5)

0,25

đ i ểm

Câu 2: (2 điểm) ax 2 + bx + c Đường tiệm cận xiên có hệ số góc k = lim =a x →∞ x−2 đ i ểm 1 1 Đường tiệm cận xiên vuông góc với đường thẳng y= − x + 2 2

45

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ta có a=2

0,25

đ i ểm Xét y= y' =

2 x 2 + bx + c x−2

2 x 2 − 8x − 2 b − c ( x − 2) 2

0,25

đ i ểm

Để hàm số có cực trị bằng 1 khi x=1 điều kiện cần là: y' (1) = −6 − 2 b − c = 0  y(1) = −(2 + b + c) = 1

0,5

đ i ểm b = −3 =>  c = 0

0,25

đ i ểm Thử lại ta thấy a=2, b=-3, c=0 hàm số

2 x 2 − 3x tho ả mãn điều kiện x−2 đ i ểm y=

0,25

Kết luận: a=2, b=-3, c=0

0,25

đ i ểm

Câu 3: (3 điểm) Bất phương trình trở thành: ( 2 − 5x − 3x 2 +2x)(1-2x.3x)>0

(*)

0,5

đ i ểm Tập xác định: -2 ≤x≤

1 3

0,25

đ i ểm   2 − 5x − 3x 2 + 2x > 0 ( I) x  1 − 2x.3 > 0 (*) ⇔  2 ( II) 2 − 5x − 3x + 2x < 0  1 − 2x.3 x < 0  

(1) (2 ) (3) ( 4)

đ i ểm 46

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Xét hệ (I): Giải (1) ta được -1< x ≤ 1/3

0,5

đ i ểm

Đặt f(x) = 1-2x.3 x ta th ấy: -1 ≤ x ≤ 0 hiển nhiên f(x)>1

0,25

đ i ểm 1

Khi 0<x≤ 1/3 ⇔ 0 < 3 x ≤ 3 3 = 3 3

1 0 < 2x.3 x ≤ 2. .3 3 < 1 3 Do đó f(x) =1-2x.3x > 0 Nghiệm của (I) là: − 1 < x ≤

1 3

0,25

đ i ểm Xét hệ (II): Giải (3) ta được − 2 ≤ x ≤ −1

0,25

đ i ểm Nhưng f(x) = 1-2x.3x > 0 ∀x≤ 0 nên bất phương trình (4) không thỏa mãn với những giá trị của x thuộc khoảng nghiệm của (3).

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

0,25

đ i ểm Tóm lại, bất phương trình đã cho có nghiệm − 1 < x ≤

1 3

0,25

đ i ểm

Bài 2: (4 điểm) Xét 2 trường hợp: +TH1: x2+ y2 > 1 khi đó dễ thấy b ất phương trình

log x

2

+y2

( x + y ) ≥ 1 (1) có nghiệm (ch ẳng hạn x=y=0,9)

0,5

đ i ểm Ta có (1) ⇔ x+y≥ x2+ y2 ⇔ x+2y ≥ x2 + y2 + y

(2)

0,5

đ i ểm Gọi S= x+2y ⇔ x=S - 2y thay vào (2) ta được S≥(S-2y)2 +y2+y ⇔ 5y2 -(4S-1)y +S2 - S ≤ 0

(3)

0,5

đ i ểm

47

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Bất phương trình (3) có nghiệm nên ta phải có ∆≥0, Vậ y

đ i ểm

3 − 10 3 + 10 ≤S≤ 2 2

V ới S =

0,5

3 + 10 4S − 1 1 2 thì ∆= 0 khi đó (3) ⇔ y= = + 2 10 2 10

0,25

1 2 + (thỏa mãn x2+ y2 > 1) 2 10

0,5

đ i ểm Suy ra x= S -2y =

đ i ểm +TH2: 0< x2 + y2 < 1. Khi đó (1) ⇔ 0 <x+y<x2+y2 3 + 10 => S=x+2y < x2+y2+y<1+1=2< (do x2 + y2 < 1, y < 1 ) 2 đ i ểm 1 1  x = +  2 10 Tóm lại: với nghiệm  thì tổng x+2y lớn nhất 1 2 y = +  2 10 đ i ểm Bài 3: (5 điểm)

Câu 1:(3 điểm) TXĐ: -1≤x≤1

0,5

0,25

0,25

đ i ểm Pt đã cho ⇔

1− x 1+ x + 1 − x2 + 2 2

[ (1 + x)

3

]

1,0

− (1 − x) 3 = 2 + 1 − x 2

đ i ểm  1+ x + 1− x   ⇔   2  

2

[ 1+ x −

][

]

1 − x ⋅ 1 + x + 1 − x2 + 1 − x = 2 + 1 − x2

0,75đ ⇔( 1 + x + 1 − x )( 1 + x - 1 − x )=

2

0,5

đ i ểm 48

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2 ⇔ 1+x-1+x = 2 ⇔ x= (thỏa mãn) 2 đ i ểm Câu 2: (2 điểm) Vì cosx=0 không phải là nghiệm của phương trình: Vì cosx=0 => x=

π 2

+ kπ thì sin3(

π

+ kπ ).[1-4sin2(

2

đ i ểm Nhân hai vế của phương trình với cosx ta được: 1 Sin3x.(cosx - 4sin2x.cosx) = cosx 2 ⇔ 2sin3x(4cos3x-3cosx) = cosx đ i ểm ⇔ 2sin3x.cos3x = cosx đ i ểm ⇔ sin6x =sin(

π 2

π 2

0,5

+ kπ )]≠

1 2

0,25

0,25 0,5

-x)

0,5

đ i ểm π π   6 x = 2 − x + k 2π x = 14 + ⇔  ⇔ π 6 x = + x + k 2π x = π +   2 10 đ i ểm Bài 4: (4 điểm)

k 2π 7 , (k∈Z) k 2π 5

0,5

x

S

h A

H

L

O

J S'

C I

B

a) (2 điểm) Gọi I là trung điểm của BC, ta có AI ⊥ BC, SA ⊥ mp(ABC) Nên SI ⊥ BC (định lý 3 đường vuông góc)

0,5

đ i ểm 49

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Kẻ CL ⊥ SB thì SI ∩ CL = H Gọi J là trung điểm của AB; O là trực tâm của ∆ABC Ta có CJ ⊥ mp(SAB) => CJ ⊥ SB

(1)

Mặt khác CL ⊥ SB

(2)

Từ (1) và (2) suy ra SB ⊥ HO

0,5

đ i ểm Vì OH trong mp(SAI) nên OH ⊥ BC => OH ⊥ mp(SBC)

0,5

đ i ểm Hay OH là đường thẳng Hy. Vậy Hy luôn luôn đi qua điểm O cố định

0,5 điểm b) (2 điểm) Xét ∆SIS' ta có IA ⊥ SS', S'H ⊥ SI Do đó O là trực tâm của ∆SIS'

0,5

đ i ểm a2 Nên AS.AS' = AI.AO => AS' = 2h

0,5

đ i ểm a2 a Vậy SS' = SA + AS' = h+ ≥2 =a 2 2h 2

0,75

đ i ểm a2 a 2 Dấu "=" xảy ra khi h= => h= 2h 2

0,25

đ i ểm 50

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Chú ý: 1)Bài hình không có hình vẽ thì không chấm 2)Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì người chấm cho điểm tương ứng phần đúng đó.

ĐỀ SỐ 18: SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

K× thi häc sinh giá líp 12

M«n To¸n-B¶ng A

Tr−êng thpt triÖu s¬n 3 *****************

(Thêi gian 180 phót,kh«ng kÓ giao ®Ò )

Ng−êi ra ®Ò: Vò §oµn KÕt '

Bài 1 . Cho hàm số : f(x) = x(x-1)(x-2)…(x-2006). Tính f (0).

1

( x 2 − 1) dx Bài 2. Tính I = ∫ x4 + 1 0 Bài 3 . Tìm m để phương trình : có nghiệm duy nhất.

x

x

4 −m.2 +m2 −3=0

3

Bài 4. Giải phương trình : x +1=2 2x−1 .

Bài 5. Tìm tổng các nghiệm thuộc [2;40] của phương trình: sin 3 x + 1 2 2 2 cos x + cot g x = sin 2 x Bài 6. Cho

∆ ABC, Chứng minh rằng (p-a)(p-b)(p-c) ≤

vớ i p =

abc 8

a+b+c .

2 51

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) n

Bài 7. Tính L= nlim [(1+x)(1+x2)(1+x4)…(1+x2 )], với x <1. →∞

21− x − 2x + 1 ≥0 Bài 8. Giải bất phương trình: 2x −1

Bài 9. Trong không gian cho hai điểm A,B cố định có AB=10.

Tìm qu ỹ tích điểm M sao cho AM=3BM. Bài10. Chứng minh rằng: Nếu n,k ∈ N thì: n n n 2 n + k . c 2 n − k ≤ ( c 2 n ) 2.

c

----hết----Nguồn tư liệu: Bài 1,bài 9: Sáng tác Bài2,bài 8 : Bộ đề thi đại học(BGD-1996) Bài 3,bài 6:Các bài giảng luyện thi môn toán(Đào Tam chủ biên) Bài 4,bài 7: Phương pháp mới giải đề thi đại học(Trần Phương)

52

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

®¸p ¸n –thang ®iÓm ®Ò thi häc sinh giái líp 12

M«n To¸n-B¶ng A

Tr−êng thpt triÖu s¬n 3 *****************

Ng−êi lµm ®¸p ¸n: Vò §oµn KÕt

Đáp án –thang điểm này g ồm có : 4 trang.

BÀI

NỘI DUNG

Bài 1

ĐIỂM 2.0

∆x=x-x0=x. ∆y=f(x0+ ∆x)-f(x0) = f( ∆x)-f(0)= ∆x( ∆x − 1)(∆x − 2)...( ∆x − 2006)

Cho x0=0 một số gia Ta có

Suy ra ⇒

∆y = ( ∆x − 1)( ∆x − 2)...( ∆x − 2006) ∆x

∆y f ' (0) = ∆lim = ∆lim x→ 0 ∆ x x→ 0

0.5

1.0

(∆x − 1)(∆x − 2)...(∆x − 2006)

=(-1)(-2)…(-2006)=2006 !

0.5

vậy f ' (0) =2006!

Bài 2

2.0 Phân tích x4+1 =(x2+ 2 x+1)( x2- 2 x+1) x2 − 1 Ax + B Cx + D = 2 + 2 4 x + 1 x + 2x + 1 x − 2x + 1 −1  A = 2   B = −1 2 Đồng nhất hai vế ta được  1 C =  2  −1 D =  2

0.5

Phân tích

53

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 1

Vậy I= ∫ 0

1

1 dx − 1 (2 x + 2 )dx 1 (2 x − 2 ) dx = + x 4 + 1 2 2 ∫0 x 2 + 2 x + 1 2 2 ∫0 x 2 − 2 x + 1

1 1 −1 1 1 2− 2 = ln( ) ln( x 2 + 2 x + 1) + ln( x 2 − 2 x + 1) = 0 2 2 0 2 2 2+ 2 2 2

Bài 3

0.5

2.0 Giả sử x0 là nghiệm của phương trình thì -x0 cũng là nghiệm . Do tính duy nhất nghiệm nên x0=-x0 ⇒ x0=0 Thay x0=0 vào phương trình ta được m= -1, m=2

0.5 0.5

Với m=-1, ta có pt: x

x

x

x

x

4 + 2 −2 = 0 ⇔(2 −1)(2 + 2) = 0 ⇔2 −1= 0 ⇔x =1

0.5

Với m=2, ta có pt: x

x

x

x

4 −2.2 +1=0 ⇔(2 −1)2 = 0 ⇔2 −1= 0 ⇔x =1

0.5

Vậy m=-1,m=2 là giá trị cần tìm.

Bài 4 3

2.0 0.5

3

Đặt t= 2x −1 ⇒t = 2x −1  x 3 + 1 = 2t Pt ⇔  3 3 ⇔  x − t = 2(t − x)

 x 3 + 1 = 2t  x 3 + 1 = 2t ( x − t )[( x + 1 ) 2 + 3 t 2 + 2] = 0 ⇔   x=t  2 4

−1 + 5 −1− 5 , x= .

2 2 −1+ 5 −1− 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm là: x=1, x= , x= .

2 2 3

⇔ x -2x+1=0 ⇔ x=1, x=

Bài 5

2

2

2

1.0

0.5

2.0

ĐK:sinx ≠ 0,PT ⇔ 2cos x+cotg x=sin x +1+ cotg x 2 ⇔ 2sin x+sinx-1=0   sin x = −1 1 ⇔ ⇔  sin x = 2   

3π + 4kπ   x1 = 2  π  x2 = + 2kπ 6  5π   x3 = 6 + 2kπ

54

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) a.Cho 2 ≤

3π + 4kπ ≤ 40⇔k = 0,1,2,3,4,5 2 5

π

∑ (4k + 3) = 39π 2

Vậy tổng các nghiệm của họ x1 là :

0.5

k =0

6

π

b.Tương tự tổng các nghiệm của họ x là : ∑ ( + 2kπ ) = 43π 6 2

0.5

k =1

5

5π

∑( 6

c.tổng các nghiệm của họ x3 là :

+ 2kπ ) = 35π

0.5

k =0

Vậy tổng các nghiệm là 39 π +43 π +35 π =117 π

Bài 6

2.0 2

2

(2p − a −b) c = 4 4 2 (2p −b −c) a2 = Tương tự: (p-b)(p-c) ≤ 4 4 2 (2p − a −c) b2 = (p-a)(p-c) ≤ 4 4

Theo BĐT CôSi ta có: (p-a)(p-b) ≤

Nhân v ế với vế của 3 BĐT trên ta được : [(p-a)(p-b)(p-c)]

2

≤ (

abc 4

0.5

1.0

)2.

⇔ ( p − a )( p − b )( p − c ) ≤

1 4

abc (Đpcm) 8

Bài 7 Nhân và chia biểu thức lấy giới hạn với (1-x) ta được : n

[(1 − x)(1 + x)(1 + x 2 )(1 + x 4 )...(1 + x 2 )].

L= nlim →∞

1 (1 − x)

1 [(1 − x )(1 + x )(1 + x )...(1 + x )]. = nlim =…= →∞ (1 − x) 2

2

0.5

2.0 0.5

1.0

2n

4

n

[1 − ( x 2 ) 2 ] = lim n →∞ 1− x Vì x

2n 2 lim ( x ) =0. Vậ y L= 1 < 1 nên n → ∞

1− x

55

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Bài 8 Vì f(x)=21-x -2x+1=-2x+1+

2 là hàm nghịch biến và f(1)=0 nên 2x

f(x)>f(1)=0 ⇔ x<1 ⇔ 1-x>0. Vậy f(x) cùng dấu với (1-x).

Vì g(x)=2x-1 là hàm đồng biến và g(0) =0 nên g(x)>0 ⇔ x>0.

Vậy g(x) cùng dấu với x.

f (x) 1− x ⇔ ≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔0 < x ≤1.

Suy ra BPT g(x) x

2.0 1.0

0.5 0.5

Vậy tập nghiệm của BPT là: (0;1]

Bài 9 Chọn hệ toạ độ Oxyz sao cho A=(-5;0;0), B=(5;0;0).

Gọi M(x;y;z) là điểm thoã mãn AM=3BM ⇔ AM2=9BM2 2 2 2 2 2 2 ⇔ (x+5) +y +z =9(x-5) +9 y +9z 2

2

2

⇔ x +y +z -

25 x +25 =0 2

2.0 0.5 1.0

(*) Đây là phương trình mặt cầu.

Vậy qu ỹ tích điểm M cần tìm là mặt cầu có phương trình (*).

Bài 10

0.5

2.0 Cố định n, với 0 ≤ k ≤ n, xét dãy số {uk}

(2n+k)! (2n−k)! n n u = . = . k c c Ta có 2n 2n−k n!(n+k)! n!(n−k)!

(2n+k +1)! (2n−k −1)! n n uk+1 =c2n+k+1.c2n−k−1 . n!(n+k +1)! n!(n−k −1)!

⇒

0.5

uk+1 (2n + k +1)(n − k) = ≤ 1 uk (n + k +1)(2n − k) 1.0

⇔ (2n+k+1)(n-k) ≤ (n+k+1)(2n-k) ⇔ 2nk+n ≥ 0 đúng vì 0

≤ k ≤ n.

Vậy {uk} là dãy số giảm. n n Suy ra v ới k ≥ 0 ta có uk= 2n+k 2n−k

c .c

≤ (c2nn )2 =u0

(đpcm)

--------HÕt-------

56

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐỀ SỐ 19: CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH – BẢNG A Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1 (2điểm)

x 2 + mx + n v ớ i m + n ≠ −1 x −1 Chứng minh rằng: Nếu ∃ a để đường thẳng ∆ : y=a không cắt họ đường cong (C m ) thì họ đường cong có cực đại và cực tiểu.

Cho họ đường cong (C m ) : y =

Bài 2 (2điểm) π

∫e

Chứng minh rằng:

sin 2 x

dx >

0

3π 2

Bài 3 (2điểm) 2x 13 x =6 + 2 2 x − 5x + 3 2 x + x + 3

Giải phương trình:

2

Bài 4 (2điểm) Giải phương trình: x 2 + x + 5 = 5 Bài 5 (2điểm) Giải phương trình: cos x − 3 3 sin x = cos 7 x Bài 6 (2điểm) sin t , 1 + cos t ,

Cho hàm số f (t ) = 

nếu 0 < t ≤Π/2 nếu Π/2 < t <Π

Chứng minh rằng: ∀∆ABC ta luôn có: f ( A) + f ( B) + f (C ) ≤

Bài 7 (2điểm) Cho hàm số f : Ν * → Ν * thoả mãn 2 điều kiện i. f (1) = 2 ii. ∀n >1 thì f (1) + f (2) + ... + f (n) = n 2 f (n) Hãy xác định công thức đơn giản tính f (n) ?

Bài 8 (2điểm) Giải hệ phương trình

57

3 3 .

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) log 2 x + log 4 y + log 4 z = 2  log 3 y + log 9 x + log 9 z = 2 log z + log y + log x = 2 16 16  4

Bài 9 (2điểm) Cho tứ diện ABCD, chứng minh rằng: ( AC + BD) 2 + ( AD + BC ) 2 > ( AB + CD ) 2 Bài 10 (2điểm) Chứng minh rằng: 1 −

C n1 C n2 (−1) n C nn 2.4.6...2n , ∀n ∈ Ν + + ... + = 3 5 2n + 1 1.3.5...(2n + 1)

58

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – BẢNG A

Nội dung Bài 1 ( 2 điểm) Vì m+n ≠ −1 nên họ đường cong (C m ) có cực đại, cực tiểu khi m+n > -1. Đường thẳng ∆ không cắt (C m ) nên phương trình: x 2 + mx + n = a vô nghiệm x −1 Nên suy ra phương trình: x 2 − (a − m) x + n + a = 0 vô

nghiệm ⇒ ∆ = a 2 − 2a (m + 2) + m 2 − 4n < 0 có nghiệm a ⇒ ∆ ′a = 4m + 4n + 4 > 0

Thang điểm 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5

⇒ m + n > -1 ⇒ (C m ) có cực đại, cực tiểu

Bài 2 ( 2 điểm)

Bổ đề: Thật v ậy:

0.25

x

∀ x>0 thì e >x+1

Đặt f(x) = ex - x - 1 ∀x ≥ 0 Ta có: f ′( x) = e x − 1 ≥ 0 , ∀x ≥ 0 ⇒ ∀x > 0 thì f(x) > f(0) = 0 ⇒ e x > x+1 ∀x >0 áp dụng bổ đề ta có: ∀x ∈ (0, π ) ⇒ e sin x > 1 + sin 2 x

0.5 0.25

2

π

⇒ ∫e 0

sin 2 x

π

3π dx > ∫ (1 + sin x)dx = 2 0

1.0

2

Bài 3 ( 2 điểm) x ≠ 1 Điều kiện  3  x ≠ 2 Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm nên phương trình 2 13 ⇔ + =6 3 3 2x + − 5 2x + +1 x x t = 1 3 2 13 Đặt 2 x + = t phương trình trở thành: + = 6 ⇔  11 t = x t − 5 t +1  2

Với t =1 thì phương trình vô nghiệm x = 2 11 Với t = thì phương trình có nghiệm  2 x = 2 3 

0.25

0.5 0.5 0.25 0.25 0.25

59

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) x = 2 Kết lu ận: Phương trình có nghiệm  2 x = 3 

0.25

Bài 4 ( 2 điểm)

Điều kiện: x ≥ −5 Đặt x + 5 = t ≥ 0 ⇒ t 2 = x + 5

0.5

x 2 + t = 5 Phương trình trở thành:  2 t − x = 5

x 2 + t = 5 ⇔ ( x + t )( x − t + 1) = 0

 x ≤ 0  t = − x ≥ 0  1 − 21  x = 1 ± 21  2 x =     2  x − x − 5 = 0 2 ⇔ ⇔ ⇔  t = x +1 ≥ 0 − 1 + 17   x ≥ −1   x =   x 2 + x − 4 = 0  2  x = − 1 ± 17 2  Bài 5 ( 2 điểm)

1.25

Biến đổi tương đương phương trình đã cho cos x − cos 7 x − 3 3 sin x = 0 ⇔ 2 sin 3x sin 4 x − 3 3 sin x = 0

0.5

⇔ 2 sin 4 x sin x(3 − 4 sin 2 x) − 3 3 sin x = 0

[

]

⇔ sin x 2 sin 4 x(1 + 2 cos 2 x) − 3 3 = 0

0.25

sin x = 0  2 sin 4 x(1 + 2 cos 2 x) = 3 3  2

0.25

Giải (1) ta được x=k π với k ∈ Ζ 3 3 2 3 3 ⇔ 4 sin 2 x cos 2 2 x + sin 4 x = (3) 2 cos 2 2 x cos 2 2 x áp dụng BĐT Côsi cho 3 số: sin 2 2 x, , 2 2

Giải (2): Ta có (2) ⇔ sin 4 x cos 2 x + sin 4 x =

(sin 2 x cos 2 2 x) 2 cos 2 2 x cos 2 2 x ta được 1 = sin 2 x + + ≥ 33 4 2 2 2 ⇒ sin 2 x cos 2 2 x ≤ sin 2 x cos 2 2 x ≤ 3 3

0.25

0.5

2

do đó 4 sin 2 x cos 2 2 x + sin 4 x ≤

2 3 3

+ 1<

3 3 2

suy ra (3) vô nghiệm nên (2) vô nghiệm.

Kết lu ận: Phương trình có nghiệm x=k π với k ∈ Ζ

60

0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Bài 6 ( 2 điểm)

Trường hợp 1: Tam giác ABC không tù, ta có 3 3 2 3 3 ⇔ sin A + sin B + sin C ≤ 2 f ( A) + f ( B) + f (C ) ≤

0.5 0.5

Chứng minh bất đẳng thức trên.

Trường hợp 2: Tam giác ABC tù, không giảm tính tổng quát giả sử góc C tù, ta có: f ( A) + f ( B) + f (C ) ≤

3 3 2

0.25

3 3 2 3 3 ⇔ sin A + sin B + sin C ≤ 2 Vì ta có nhận xét: 1 + cos C ≤ sin C với C là góc tù. ⇔ sin A + sin B + 1 + cos C ≤

0.25 0.5

Chứng minh ở trường hợp 1.

Bài 7 ( 2 điểm)

0.25

2 3  f (1) + f (2) + ... + f (n − 1) + f (n) = n 2 f (n) Với n ≥ 3 , theo giả thiết:   f (1) + f (2) + ... + f (n − 1) = (n − 1) 2 f (n − 1)

Vì f (1) + f (2) = 4 f (2) ⇒ f (2) =

⇒ f (n) = n 2 f (n) − (n − 1) f (n − 1) n −1 ⇒ f ( n) = f (n − 1) n +1 (n − 1)(n − 2)...2 4 vậ y v ới n ≥ 3 ⇒ f (n) = f (2) = (n + 1)n...4 n(n + 1) 2 4 vì f (1) = 2; f (2) = thoả mãn công thức trên nên f (n) = ∀n ∈ Ν * 3 n(n + 1)

Bài 8 ( 2 điểm)

log 4 x 2 + log 4 y + log 4 z = 2  Với điều kiện trên hệ phương trình ⇔ log 9 y 2 + log 9 x + log 9 z = 2  2 log 16 z + log 16 y + log 16 x = 2

 x 2 yz = 16  ⇔  y 2 xz = 81  z 2 yx = 256 

0.5 0.5 0.25 0.25

Điều kiện x,y,z>0

 log  ⇔  log   log

0.5

4

x 2 yz = 2

9

y 2 xz = 2

16

0.5

0.5

z 2 yx = 2

0.75

61

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2  x = 3  27 Giải hệ phương trình ta được  y = là nghiệm của hệ phương trình.

8  32  z = 3  Bài 9 ( 2 điểm)

Gọi O,M,N,P,Qlần lượt là trung điểm các cạnh: CD, AC, CB, BD, DA Suy raMNPQ là hình bình hành và O không thuộc (MNPQ) Ta có (MO+OP)2+(NO+OQ)2>MP2+NQ2=2(PQ2+QM2)>(PQ+QM)2 Vậy: (MO+OP)2+(NO+OQ)2>(PQ+QM)2 1 1 1 1 1 1 Hay ( AD + BC ) 2 + ( BD + AC ) 2 >( AB+ CD)2 2 2 2 2 2 2 ⇔ ( AC + BD ) 2 + ( AD + BC ) 2 > ( AB + CD ) 2 (đpcm) Bài 10 ( 2 điểm)

Ta có (1 − x ) = 1 − C x + C x + ... + (−1) C x ∀n ∈ Ν 2

1 n

n

1

1

0

0

2

n 2

4

n

n n

2n

*

0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25

0.5

⇒ ∫ (1 − x 2 ) n dx = ∫ (1 − C n1 x 2 + C 2n x 4 + ... + (−1) n C nn x 2 n )dx =

1 3

1 5

= 1 − C n1 + C n2 + ... +

(−1) n C nn 2n + 1

(1)

1

Tính In= ∫ (1 − x 2 ) n dx 0

π đặt x= cost, x = cos t , t ∈ 0,  

0.5

2

⇒ dx = − sin tdt π 2

⇒ I n = ∫ sin 2 n +1 tdt 0

u = sin 2 n t đặt  dv = sin tdt π 2

⇒ I n = 2n ∫ cos t sin 2

2 n −1

tdt = 2n ∫ (1 − sin t ) sin

0

⇒ In =

Vậ y

π 2

2

2 n −1

tdt = 2nI n −1 − 2nI n

0.5 0.25

0

2n 2.4...2n I n −1 = I0 2n + 1 3.5...(2n + 1) 2.4.6...2n I n= 1.3.5...(2n + 1)

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ đpcm

62

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) L−u ý: C¸c c¸ch gi¶i kh¸c nÕu ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a PhÇn nhËn xÐt ë bµi 6 nÕu kh«ng chøng minh th× cho 0.25 ®iÓm

ĐỀ SỐ 20:

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn Toán học – Thời gian làm bài 180 phút Đề thi bảng A Bài 1: Cho y = (-m + 1) x + 3( m + 1) x2 - 4 mx - m . a) Tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến . b) Chứng minh với mọi m đồ thị hàm số luôn đi qua 3 điểm cố định th ẳng hàng .

3

Bài 2:

Tìm các giá trị của tham số a để bất phương trình :

x +1 <1 ax − 4 x + a − 3 2

Được nghiệm đúng với mọi x .

Bài 3: Giải phương trình

x3 + x = 2 ( x 2 − x + 1) 2 Bài 4:

Tìm cặp số (x; y) thoả mãn

y6 + y3+ 2 x2

=

xy− x2 y2

Bài 5: Cho khối tứ diện ABCD ; M là 1 điểm n ằm bên trong tứ diện;AM, BM , CM, DM. Lần lượt cắt các mặt BCD; ACD; ABD; và ABC t ạ i A1 , B1 , C1 , D1. a) Chứng minh rằng :

MA 1 MB 1 MC 1 MD 1 + + + AA 1 BB 1 CC 1 DD 1

Không đổi .

b) Tìm vị trí của điểm M để biểu thức

63

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

P =

AM + MA 1

BM + MB 1

CM + MC 1

DM MD 1

Đạt giá trị nhỏ nhất .

Bài 6:Chứng minh v ới mỗi số nguyên dương n thì phương trình x2n+ 1 = x + 1 . chỉ có 1 nghiệm số thực xn . Khi đó tìm lim xn

n→ ∞

64

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN HỌC THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Bài 1: a) (1.5 điểm ) D=R Cần điều kiện : y’ = 3 (m + 1) x2 + 6 ( m + 1 ) x - 4 m ≥ 0 Thoã mãn với ∀ x (0.25 điểm) + m + 1 = 0 => m = - 1 có y’ = 4 > 0 Thoã mãn với ∀ x vậy m = -1 là giá trị cần tìm .

(0.25 điểm) + m + 1 ≠ 0 = > m = - 1 . Để y’ ≥ 0 Thoã mãn với ∀ x cần điều kiện m + 1 > 0  ' 2 ∆ = 9(m + 1) + 12m(m + 1) ≤ 0 m + 1 > 0 3 ⇔ ⇔ m < −1 hoặc m ≥ − 7 (m + 1)(7m + 3) ≤ 0

(0.50

điểm) 3  7

Kết lu ận: m ∈ (− ∞;−1] ∪ − ;+∞ .

(0.25



điểm) b) Gọi (x0 ;y0) là điểm cố định mà đồ thị đi qua với ∀ m => m ( x03 + 302 − 4 x0 − 1) + x03 − 3x02 − y0 = 0 (*) Để phương trình (*) không phụ thuộc m cần  x03 + 3 x02 − 4 x0 − 1 = 0  3  x0 + 3 x02 − y0 =0

Xét phương trình x03 + 3x02 − 4 x0 − 1 = 0 Gọi f(x) = x03 + 3x02 − 4 x0 − 1 = 0 là hàm số liên tục trên R + Có f(0) .f(-1) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (-1; 0) (1.0 điểm) + Có f(1) .f(2) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (1; 2) + Có f(-1) > 0 ; khi x → −∞ thì f(x) <0.

Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (- ∞;−1) Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có 3 nghiệm .

65

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Các nghiệm ấy thõa mãn :  x3 + 3 x 2 − 4 x − 1 = 0  3  x + 3 x 2 − y =0

Trừ hai phương trình cho nhau được : y - 4x - 1 = 0 hay các điểm cố định thuộc đường thẳng y = 4x - 1 .

(3 điểm ) Bài 2 Trước hết cần ax2 - 4x + a - 3 ≠ 0 với mọi x a ≠ 0 ⇔ ' ∆ = 4 − a (a − 3) < 0

⇔ a < -1 hoặc a > 4

điểm) + Nếu a < -1 thì ax2 - 4x + a - 3 < 0 với ∀x .

Bất phương trình đã cho thỏa mãn với ∀x .

2 ⇔ x + 1 > ax - 4x + a - 3 thỏa mãn với ∀x .

2 thỏa mãn v ới ∀x . ⇔ ax - 5x + a - 4 < 0 ⇔ ∆ = 25 - 4a (a - 4 ) < 0 (vì a < -1) điểm) 2

⇔ ∆ = 4a - 16a - 25 > 0 ⇔ a <

4 − 41 2

(0,5

(1,0

(do a < - 1)

+ Nếu a > 4 thì ax2 - 4x + a - 3 > 0 với ∀x .

Bất phương trình đã cho thỏa mãn với ∀x .

2 ⇔ x + 1 < ax - 4x + a - 3 thỏa mãn với ∀x .

2 ⇔ ax - 5x + a - 4 > 0 thỏa mãn v ới ∀x (1,0 điểm) ⇔ ∆ = 25 - 4a (a - 4 ) < 0 (vì a = 4 > 0) 2

⇔ 4a - 16a - 25 > 0 ⇔ a > 

Kết lu ận: a ∈  − ∞; 

4 + 41 2

(do a > 4)

 4 − 41   4 + 41 ∪  ; +∞  2   2 

(0.5

điểm) Bài 3: ( 3 đi ể m ) Tập xác định D = ∀x ∈ R (0,25 điểm) Do x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho nên phương trình đã cho (0,25 điểm)

66

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ⇔

x3 + x x2

x+

 x 2 − x +1   x  

2

=

1 x

1    x + − 1 x  

2

(0,5

=2

điểm) 2

1  1  ⇔ 2 x + − 1 = x + x  x 

(0,5

điểm) 1 x

Đặt x + = t. Điều kiện t ≥ 2 (vì

t = x+

1 1 = x + ≥2 ) x x

(0,25

điểm) Ta được phương trình mới 2t2 - 5t + 2 = 0 điểm) t = 2 ⇔ t = 1 2 

(0,25

(0,25

(lo¹i do kh«ng tho¶ m·n )

điểm) Với t = 2 1 =2 2 ⇔ x 2 − 2x +1 = 0

⇒ x+

(0,5

điểm) ⇔ x =1

Kết lu ận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 (0,25 điểm)

Bài 4: (3 điểm ) Điều kiện : xy - x2 y2 ≥ 0 hay 0 ≤ xy ≤ 1

(0,25

điểm) Ta có : 1 1 1 xy - x2 y2 = -  x 2 y 2 − xy +  + ≤ 

4

4

4

(0,25

điểm)

67

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ⇒

xy − x 2 y 2 ≤

1 2

Do đó : y 6 + y 3 + 2x2 ≤

( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xy = 1 2

1 ) 2

(0,25

điểm) Kết h ợp với giả thiết 2 x 2 + 1 + (2 x − y )2 ≤ 4 xy 3 + y 3 +

1 2

(0,25

điểm) Cộng hai vế hai bất đẳng thức ta có :

y 6 + 4x 2 + 1 + (2x − y) 2 ≤ 4xy3 + 1

(0,25

điểm) ⇔ 1 − 1 + (2 x − y ) 2 ≥ ( y 3 − 2 x ) 2

Do 1 − 1 + (2 x − y ) 2 ≤ 0 dấu bằng xảy ra khi 1 + (2x - y ) 2 =1 và ( y 3 − 2 x) 2 ≥ 0

(0,25

điểm) nên ta có 1 − 1 + (2 x − y ) 2 = ( y 3 − 2 x) = 0  y3 − 2 x = 0 ⇔ 2 x − y = 0

(0,25

điểm) y = 0 Giải hệ này ta được  1 ;  x1 = 0

 y2 = 1 ;   x2 = 1

 y3 = −1   1  x3 = − 2 

(0,5

điểm) 1 Thử lại chỉ thấy : (x ; y ) =  − ;−1 tho ả mãn  2



(0,5

điểm) Bài 5: (4 điểm ) a) Gọi thể tích các khối tứ diện M.BCD ; M.ACD ; M.ABC và ABCD là V1 , V2 , V3 , V4 và V khi đó : MA1 V1 MB1 V2 MC1 V3 MD1 V3 ; ; ; = = = = AA1 V BB1 V CC1 V DD1 V

(1,0

điểm) Cộng 4 đẳng thức trên = > khết quả = 1 (không đổi ) (0.5 điểm ) b) Theo kết quả câu a để thuận tiên gọi V1 = a2 ; V2 = b2 ; V3 = c2 ; V4= d2.

68

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Khi đó : AA1 V a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = = MA1 V1 a2

=>

AM b 2 + c 2 + d 2 = a2 MA1

Tương tự: BM d 2 + c2 + a2 = MB1 b2 CM d 2 + a 2 + b2 = c2 MC1 DM a 2 + b 2 + c 2 . = d2 MD1

(1,0

điểm) Mặt khác theo Bất đẳng thức Bunhi a ta có : 2 2 2 (b + c + d ) 2 ≤ 3 (b + c + d ) =>

BM = AM 1

b2 + c2 + d 2 1 b+c+d  ≥   a a 3 

(0,5

điểm) Tương tự : BM 1 a+c+d ≥ MB1 b 3 CM 1 a+b+d ≥ MC1 c 3 DM 1 a+b+c ≥ MD1 d 3

Dấu “=” xảy ra khi a2 = b2 = c2 = d2 điểm) =>T ≥

(0,5

1 b+c+d d +c+a a +b+d a +b+c 1 + + + .12 = 4 3  ≥ a b c d 3 3 

(Theo BĐT cô si cho 2 số không âm ) Vậy T min = 4 3 khi a2 = b2 = c2 = d2 Hay M là trọng tâm tứ diện ABCD ) ) Bài 6: (3 điểm )

69

(0.5 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Tập xác định D = R điểm) Phương trình đã cho ⇔ x 2 n +1 − x = 1 ⇔ x( x 2 n − 1) = 1 (*) ) + Nếu x ≤ −1 ⇒ x 2 n ≥ 1 : vế trái ≤ 0 điểm) Vậy phương trình vô nghiệm . +Nếu 0 < x <1 => vế trái (*) âm = > phương trình vô nghiệm điểm) +Nếu –1<x ≤ 0 ⇒ vÕ tr¸i (*) ≤ 1 ⇒ phương trình vô nghiệm

(0,25

(0,5 điểm (0,25

(0,25

(0,25 điểm) +Nếu x > 1 xét f(x) = x 2 n +1 − x − 1 là hàm số liên tục trên (1 ; + ∞ ) mà f(-1) . f(2) < 0 . nên theo tính ch ất của hàm số liên tục ∃xn

(0,5 điểm

) Sao cho xn ∈ (1;2 ) để f (xn ) = 0 : v ới x n =

2 n +1

xn + 1 ≤

2n + xn + 1 2n + 1 ≤ 2n + 1 2n

(theo bất đẳng thức côisi ) ) Và lim xn ≤ lim

2n + 1 =1 2n

Vậ y lim điểm) n→ ∞

xn = 1

(0,5 điểm

(0,25

2n + 1    Do 1 < xn ≤  2n  

ĐỀ SỐ 21: Thi học sinh giỏi lớp 12 môn toán Bảng A ( Thời gian 180 phút , không kể giao đề) Bài 1( 4,0 điểm) 70

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Cho hàm số : y =

x 2 + mx − m + 8 x −1

(C m )

1) Khảo sát sự biến thiên và v ẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m = 1 2) Tìm m để cực đại , cực tiểu của (Cm) nằm về hai phía của đường thẳng 9x –7y – 1 = 0 Bài 2( 4,0 điểm) 1)Tìm p và q để giá trị lớn nhất của hàm số y = x 2 + px + q trên [− 1;1] là bé nhất 3) Gọi ( x ; y ) là nghiệm của bất phương trình log x + 2 y (2 x + y ) ≥ 1 . Tìm ( x; 2

2

y) sao cho 2x + y lớn nhất Bài 3 ( 4,0 điểm) Cho cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 3 π 2) Tìm m để phương trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên  − ;2π  

2



Bài 4(4,0 điểm) π

x sin x dx 1 + cos x 0

1) Tính I = ∫

2) Cho x2 +y2 =1 . Chứng minh : 16( x 5 + y 5 ) − 20( x 3 + y 3 ) + 5( x + y ) ≤ 2 Bài 5( 4,0 điểm) 1) Cho tứ diện ABCD . Các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau .

Chứng minh rằng tâm mặt cầu nội , ngoại tiếp tứ diện trùng nhau.

2) Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng (P) . Tìm trên mf (P) điểm M sao cho MA + MB + MC + MD nhỏ nhất

71

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Hướng dẫn chấm và thang điểm thi học sinh giỏi 12 môn toán bảng a Bài Hướng dẫn chấm x + x+7 x −1 *) Tập xác định : x ≠ 1 x 2 − 2x − 8 *) Sự biến thiên : y ' = ; ( x − 1) 2

1) Khi m = 1 ⇒ y =

Điể m

2

(C1 )

0,25 y ' = 0 ⇔ x = −2 & x = 4

0,5

Ta có bảng biến thiên x

-∞

y’

-2 +

1

4

0 CĐ

+∞

y -∞ 1

+∞

0 + +∞

-∞

0,5

CT

*)Hàm số đạt cực đại tại x = -2 ⇒ yCĐ = -3 đạt cực tiểu tại x = 4 ⇒ yCT = 9 *)x = 1 là tiệm cận đứng vì Lim f(x) = -∞ và lim f(x) = +∞ x → 1x→ 1+ *) y = x + 2 là tiệm cận xiên vì lim(f(x) –x – 2 ) = lim x→ ∞

Đồ thị : dạng đồ thị

9 =0 x −1

0,25

0,25

x→ ∞

y

9

-2

O

1

4

x

0,25

-3 -7

2)Tập xác định x ≠ 1 ⇒ y ' =

x 2 − 2x − 8 ; y’ = 0 ⇔ x =-2 ; x = 4 2 ( x − 1)

Vậy với mọi m thì (Cm) luôn có cực đại và cực tiểu. Theo câu 1) ta có yCĐ= m – 4 tại x = -2 ; đặt A ( -2 ; m – 4 ) yCT = m + 8 tại x = 4 ; đặt B ( 4 ; m + 8 ) 72

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) A ; B nằm hai phía của đường thẳng 9x – 7y – 1 = 0 ⇔ (9xA – 7yA – 1 )( 9xB – 7yB – 1 ) < 0 ⇔ ( 9 -7m )( -21 – 7m) < 0 ⇔ -3 < m <

9 7

9 Vậy m ∈  − 3;  thoả mãn bài toán



0,5 0,5 0,25

7

0,25

1)Đặt y = f(x) = x2 + px + q ; h(x) = f ( x) .

Gọi max h(x) = h( α ) ta có f(0) = q ; f(1) = 1+p + q ; f(-1) = 1- p + q ; ⇒ f (1) + f (0) ≥ f (1) − f (0) = 1 + p

f (−1) + f (0) ≥ f (−1) − f (0) = 1 − p

2

1   f (1) > 2 1 Nếu p > 0 ⇒ 1 + p > 1 ⇒  h( α ) > ⇒ 1 2  f ( 0) > 2  1   f (−1) > 2 1 ⇒ h( α ) > Nếu p < 0 ⇒ 1 − p > 1 ⇒  1 2  f ( 0) > 2    p Chú ý : Max h(x) = max  f (− ) ; f (−1) ; f (1)  2   [− 1;1] p *) Nếu p = 0 ⇒ f(x) = x2 + q ; f(0) = f(- ) = q ; f(±1) = 1 + q 2 Giá trị lớn nhất của h(x) là một trong 2 giá trị q ; 1 + q 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 Nếu q < - ⇒ q > ⇒ f (0) > ⇒ h(α ) > 2 2 2 2 1 1 1 1 Nếu q = - ⇒ fx) = x 2 − ≤ ⇒ max h( x) = ⇔ x = 0; x = ±1 cũng là giá 2 2 2 2 1 trị nhỏ nhất của h(α) .Vậy p = 0 ; q = - thoả mãn bài toán 2 2 2   x + 2y > 1 (I )   2x + y ≥ x 2 + 2 y 2   2) log x 2 + 2 y 2 (2 x + y ) ≥ 1(*) ⇔  αx 2 + 2 y 2 < 1 ( II )  2 2 0 < 2 x + y ≤ x + 2 y

0,25

0,25

0,25 0,25

Nếu q > − ⇒ 1 + q > ⇒ f (±1) > ⇒ h(α ) >

Trường hợp 1: Nếu (x;y) thoả mãn (I) ta có x2 +2y2 ≤ 2 xy ⇔ ( x − 1) 2 + ( 2 y −

1 2 2

)2 ≤

9 . Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki 8

ta có

73

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,5 0,25

0,5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2

9 1 1  81 9 9 9  (2 x + y − ) 2 = ( x − 1)2 + ( 2y − ) ≤ ⇒ 2x + y − ≤ ⇔ 2x + y ≤ 4 16 4 4 2 2 2 2  

đúng với mọi x ; y thoả mãn (*) . Dấu “=” xảy ra

0,5

9  2x + y =  2   x = 2 1  2y − 1 ⇔ ⇔ y= x −1 2 2   = 2  1  2  2

Vậ y x = 2 ; y =

1 thì 2x + y lớn nhất 2

0,5

Trường hợp 2 : ( x ; y ) tho ả mãn (II) ⇒ 2x + y không đạt giá trị lớn nhất Vì từ (II) ⇒ 2 x + y ≤ x 2 + 2 y 2 < 1

0,5

cos3x – cos2x + mcosx – 1 = 0 (1) 0,5

cos x = 0  ⇔ cos x(4 cos 2 x − 2 cos x + m − 3) = 0 ⇔  2  4 cos x − 2 cos x + m − 3 = 0 (2)  2 π  cos x = 0  x = 2 + kπ 1 ⇔ 1) Với m = 3 thì (1) ⇔  k∈Z π cos x =   x = ± + 2kπ 2 3  

2)



Xét phương trình (2) ⇔ 

0,5

t = cos x ; t ≤ 1

0,25

2

4t − 2t + m − 3 = 0 (3) π Vẽ đồ thị hàm số y = cosx trên  − ;2π   2  Y

3 y=t 1

-

π 2

O

π 2

π

-

3π 2

y=t 2 2π

Số nghiệm của (2) là số giao điểm của y = t và y = cosx trên  π   − ;2π  với t là nghiệm của (3) . Phương trình (1) có số nghiệm  2  π nhiều nhất trên  − ;2π  khi và chỉ khi phương trình (3) có hai  2 

nghiệm t1 < t2 thoả mãn 74

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x

0,25

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  ∆' > 0   f ( 0) > 0 13 0 < t1 < t2 <1 ⇔  f (1) > 0 ⇔ 3 < m < 4  1 0 < < 1 4 

π

x sin x

∫ 1 + cos

1) I =

2

0

x

0,5

dx .§Æt t = π − x ⇒ x = 0 ⇒ t = π ; x = π ⇒ t = 0

0,5

dx = - dt ; sinx = sint ; cos2x = cos2t π

⇒I =∫ 0

π sin tdt 1 + cos 2 t

π

π

π

t sin tdt x sin xdx π sin xdx =∫ −∫ 2 2 2 0 1 + cos t 0 1 + cos x 0 1 + cos x

−∫

0,5

π 1

π

4 sin xdx dt π2 2 ⇒ 2I = π ∫ = = dx = π π 2 ∫ 2 ∫0 2 0 1 + cos x −1 1 + t

4

⇒I=

0,5

π2 4

10) 2) §Æt x = sint ; y = cost ⇒ sin 2 t + cos 2 t = 1 11) Ta cã sin5t = 16sin5t –20sin3t + 5sint 12) Cos5t = 16cos5t – 20cos3t + 5cost 13) ⇒sin5t = 16x5 –20x3 + 5x ; cos5t = 16y5 – 20y3 +5y 14) ⇒ 16( x 5 + y 5 ) − 20( x 3 + y 3 ) + 5( x + y ) = sin 5t + cos 5t ≤ 2 π π π kπ = + kπ ⇔ t = + 4 2 20 5

15) DÊu “=” x¶y ra ⇔ 5t +

k∈Z

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

A

K’ K D H

B

I

5

C

M

Đ’

I’ C’

P

Dựng mf(P) ⊥ AB tại M . Gọi DK ; CH là các đường cao của tam giác DAB và tam giác CAB . Do dt ∆DAB = dt∆CAB ⇒ DK’ = CH. 0,5 75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Gọi C’ ; D’ lần lượt là hình chiếu của C ; D trên (P) ⇒ MC’ = MD’ vì CH // (P) ; DK// (P) ⇒∆MC’D’ cân tại M ⇒ MI’ ⊥ C’D’ ; I’ là trung điểm C’D’ Kẻ II’ // AB ; ( I ∈CD ) ; IK //MI’ ⇒ MKII’ là hình chữ nhật. Vậy IK là đường vuông góc chung của AB và CD và I là trung điểm CD *) Vai trò A ; B ; C ; D bình đẳng . Bằng cách dựng tương tự mf(P’) ⊥ Cd ta chứng minh K’ là trung điểm của AB và I’K’ là đường vuông góc chung của AB và CD ⇒ I’≡ I ; K’≡ K Do đó tứ diện ABCD có các đường trung bình đồng thời là đường vuông góc chung

0,5 0,25

B

P K D O I A Q

0,25

C

Gọi O là trung điểm IK ⇒ OA = OB = OC = OD vậy O là tâm mặt 0,25 cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD 0,25 *) VKBCD = VKACD ⇒ KI ∈ mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh CD và AB .

Tương tự PQ ∈ mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh AC và BD. Vì KI ∩ PQ = O ⇒ O cách đều các mặt của tứ diện ABCD . Vậy O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD 2) A

I D N ị B

C

76

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Gọi I ; J là trung điểm AB và CD ; N là trung điểm của IJ . Với M bất kỳ ta có

2 MI = MA + MB   ⇒ MA + MB + MC + MD = 2( MI + MJ ) = 4 MN 2 MJ = MC + MD 

⇒ MA + MB + MC + MD = 4 MN bé nhất ⇔ M là hình chiếu của N

trên mặt phẳng (P)

ĐỀ SỐ 22: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Bảng A

Thời gian: 180 phút Bài 1: (4 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và v ẽ đồ thị hàm số sau: x 2 − 4x + 4 y= .

1− x 2. Tính tích phân: Π

x sin xdx .

2 1 + cos x 0 Bài 2: (4 điểm) Cho phương trình: a x3 − 1 = x2 + 2 1. Giải phương trình khi a = 4.

2. Tìm a để phương trình có nghiệm.

Bài 3: (4 điểm) 1. Giải phương trình: tgx – 3cotg3x = 2tg2x.

2. Chứng minh rằng ∆ABC đều nếu thoả mãn: A B C tgA + tgB + tgC = cot g + cot g + cot g .

2 2 2 Bài 4: (2 điểm) x + 3 3x +1 Tìm giới hạn: lim ( ) . x →∞ x + 2 Bài 5: (2 điểm) 2x + 1 Giải bất phương trình: 2 x 2 − 6 x + 2 ≥ log 2 . (x − 1) 2 Bài 5: (4 điểm) I=∫

77

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ oxy. x2 y2 Cho elip (E) có phương trình: + = 1 ; điểm I(-1;-2) và đường thẳng (d): 16 9 x + y – 6 = 0.

1. Viết phương trình đường th ẳng đi qua I và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho I là trung điểm AB. 2. Tìm toạ độ điểm M ∈ (E) sao cho khoảng cách từ M đến d là nhỏ nhất.

78

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ý

Thang điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

Nội dung

1 Tập xác định: R\{1} Sự biến thiên:

0.5

x = 0 ,y ( 0 ) = 4 − x 2 + 2x y’= = 0 ⇔ x =2 ,y ( 2 ) = 0 (1 − x) 2 +, lim y = +∞; lim y = −∞ -> đường thẳng x=1 là tiệm

[

x →1−

0.25

x →1+

cận đứng. +, lim y = +∞; x→− ∞

lim y = −∞

x→ +∞

x 2 − 4x + 4 1 = −x + 3 + → lim [ y − ( −x + 3)] = 1− x 1− x x →∞ 1 = lim → đường thẳng y= - x+3 là tiệm cận xiên. x →∞ 1 − x Bảng biến thiên: y=

Bài 1

x y

-∞ +∞ +∞

0 0

1 + +∞

0.25

2 +

0 0

-

y’ 4

Đồ thị:

-∞ ∞

0.25

y

3

4

2 1 0

79

3 1

2

x

0.75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.75

0.5

Bài 1

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) π 2 x sin xdx Tính: I = ∫ 2 0 1 + cos x Đặt x = π − t x 0 π t π 0 dx = - dt 0 π (π − t ) sin t sin t I = -∫ dt = π ∫ dt − I 2 2 π 1 + cos t 0 1 + cos t π π sin t →I= ∫ dt 2 0 1 + cos 2 t Đặt u = cost -> du = - sintdt t 0 π u 1 -1 1 π du →I= ∫ 2 −11 + u 2 π π Đặt u = tgv với v ∈ (− ; ) , du = (1+tg2v)dv 2 2 u -1 1 v π π 4 4 π 4

2

du (1 + tg v)dv π π = = dv → I = ∫ dv = v 2 2 2 π 2 1+ u 1 + tg v −

π π π π2 = ( + )= 2 4 4 4

4

π 4

= π − 4

0.75

80

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Điều kiện: x ≥ 1 Phương trình đã cho tương đương với : 1

0.25

a (x − 1)(x 2 + x + 1) = (x 2 + x + 1) − (x − 1) ⇔a

x −1 x2 + x + 1

=1− (

x −1 2 ) (do x 2 + x + 1 > 0) 2 x + x +1

x −1 −3+2 3 điều kiện 0 ≤ t ≤ 3 x + x +1 phương trình trở thành: f(t) = t2 + at – 1 = 0 Với a = 4 ta có: phương trình (1) là: t2 + 4t – 1 = 0 t = −2 − 5 ( lo ¹ i )

đặt t =

⇔[

2

(1)

0.75

0.75 −3 + 2 3 ] 3 x −1 Với t =- 2 + 5 ta có: t = 2 x + x +1 2 2 2 2 <=> t x + t x +t = x – 1 <=> t2x2 + (t2 – 1)x +t2 + 1 = 0 0.5 1 − t 2 ± − 3t 4 − 6 t 2 + 1 ⇔x= hiÓn nhi ª n tho¶ m· n x ≥ 1 0.5 2t 2 Vậy với a = 4 phương trình đã cho có 2 nghiệm:

Bài 2

⇔ x 1, 2

t = −2 + 5

∈ [ 0;

1 − t 2 ± − 3t 4 − 6 t 2 + 1 = , víi t = 5 − 2 2t 2

0.25

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình:

−3+2 3 2 ]=D 2 t + at – 1 = 0 (1) có nghiệm t ∈ [0; 3 dễ thấy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm t1, t2 thoả mãn: t1 < 0 < t2 , do đó phương trình có nghiệm <=> t2 ∈ D −3+2 3 2( 3 − 1) )≥0⇔a≥ 3 −3+2 3 2( 3 − 1) Vậy tập giá trị cần tìm của a là: [ ;+ ∞ ) −3+2 2

0.25 0.5

⇔ f(

81

0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) §iÒu kiÖn: cos2x ≠ 0; cosx ≠ 0; sin3x ≠ 0 tgx – 3tg3x = 2tg2x 1 <=> tgx – cotg3x = 2(tg2x + cotg3x) sin x cos 3x sin 2x cos 3x ⇔ − = 2( + ) cos x sin 3x cos 2x sin 3x <=> - cos4x . cos2x = 2 cos2x <=> (2cos22x - 1)(cos2x) +1 +cos2x = 0 1 <=> cos32x = 2 ®èi chiÕu ®iÒu kiÖn: cosx ≠ 0 <=> cos 2x ≠ 0 <=> 1 + cos 2 x ≠ 0 <=> cos2x ≠ -1.

2 sin3x ≠ 0 <=> sinx(3 – 4sin 2x) ≠ 0 <=> sin2x ≠ 0 3 sin2x ≠ 4 1− cos 2 x ≠0 cos 2 x ≠1 2 ⇔ 1−cos ⇔ 1 2x 3 cos 2 x ≠ − ≠ 2 2 4 1 => cos32x = - (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 2 α 1 <=> cos2x = - 3 = cos α ⇔ x = ± + kπ 2 2 VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm lµ: α 1 x = ± + kπ, k ∈ Z víi cos α = − 3 2 2

1

{

Bµi 3

{

0.25

V× tgA, tgB, tgC x¸c ®Þnh nªn ∆ ABC kh«ng vu«ng 2 → tgA + tgB = − tgC ⇔ tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC 1 − tgAtgB A B cot g + cot g C A B 2 2 cot g = tg( + ) = A B 2 2 2 cot g cot g − 1 2 2 A B C A B C ⇔ cot g + cot g + cot g = cot g . cot g . cot g 2 2 2 2 2 2

82

0.5

0.25

0.25

0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) -> giả thiết đề cho tương tương với: A B C tgA.tgB.tgC = cot g . cot g . cot g > 0 2 2 2 ∆ ABC nhọn -> tgA, tgB, tgC là các số dương

0.25

sin A. sin B cos( A − B ) + cos C = cos A. cos B cos( A − B ) − cos C ta sẽ chứng minh được:

ta có: tgA.tgB =

cos( A − B ) + cos C 1 + cos C ≥ (*) cos( A − B ) − cos C 1 − cos C

0.25

thật vậy: 1- cosC > 0; cos(A-B) – cosC = 2cosA.cosB > 0. do đó (*) <-> cos(A-B) - cos(A-B)cosC + cosC – cos2C ≥ cos(A-B) + cos(A-B)cosC – cosC – cos2C

0.25

<-> cosC cos(A-B) – cosC ≤ 0 <-> cos(A-B) – 1 ≤ 0 luôn đúng (vì cosC > 0)

1 + cos C C = cot g 2 1 − cos C 2 B tương tự: tgA.tgC ≥ cotg2 2 A 2 tgB.tgC ≥ cotg 2 Vậy: tgA.tgB ≥

A B C + cot g + cot g 2 2 2 dấu “=” xảy ra khi: cos(A - B) = 1 cos(B - C) = 1 <=> A = B = C cos(C - A) = 1 A B C Vậy nếu tgA + tgB + tgC = cot g + cot g + cot g 2 2 2 thì ∆ ABC là tam giác đều. x + 3 3x +1 1 lim ( ) = lim ( + 1)3x +1 x →∞ x + 2 x →∞ x + 2 đặt t = x + 2 ta có x → ∞ ⇔ t → ∞ x + 3 3x +1 1 1 } = e3 lim ( ) = lim{[(1 + ) t ]3 . x →∞ x + 2 t →∞ 1 t (1 + ) 5 t

Bài 4

→ tgA + tgB + tgC ≥ cot g

83

0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 1.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 1

x> − 2x + 1 2 2 ( đ i ề u ki ệ n 2 x − 6 x + 2 ≥ log 2 x ≠1 ) 2 (2 x − 1) 2x + 1 ⇔ 2(x − 1) 2 − (2 x + 1) ≥ log 2 − log 2 2 (x − 1) 2

0.25

⇔ 2(x − 1) 2 + log 2 [2(x − 1) 2 ] ≥ log 2 (2 x + 1) + 2 x + 1 Xét hàm số: f(X) = X + log2X 1 → f ' (X) = 1 + > 0 ∀x > 0 X ln 2 -> f(X) đồng biến trên R*+ đặt: X1=2x + 1

0.5

Bài 5

{

x> −

{

1 2

* X2= 2(x-1)2 => X1, X2 ∈ R+ với x ≠1 Khi đó bất phương trình trở thành f(X2) ≥ f(X1) ⇔ X 2 ≥ X1 tức là: 2(x-1)2 ≥ 2x+1

3+ 7 2 3− 7 ⇔ 2x 2 − 6x + 1 ≥ 0 ⇔ x≤ 2

[

x≥

0.5

0.5

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là: 1 3− 7 3+ 7 (− ; ]∪[ ; + ∞) 0.25 2 2 2 Giả sử đường th ẳng ∆ là đường thẳng có phương trình cần 1 tìm.

Vì ∆ đi qua I(-1; -2) nên có phương trình tham số:

x = −1+ at

Bài 6

{y = −2 + bt

(a2+b2 ≠ 0

Vì A, B là giao điểm của ∆ và (E) nên: A(-1 + at1; -2 + bt1); B(-1 + at2; -2 + bt2) với t1, t2 là nghiệm của phương trình: ( −1 + at ) 2 ( −2 + bt ) 2 + =1 16 9 a2 b2 2 a 2b 1 4 ⇔ ( + ) t − 2( + ) t + + − 1 = 0 (*) 16 9 16 9 16 9

84

0.25

0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) a2 b2 1 4 ( + )( + − 1) < 0 vì a2 + b2 ≠ 0 16 9 16 9 nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt t1, t2 I là trung điểm AB nên: − 2 + a (t 1 + t 2 ) − 4 + b(t 1 + t 2 ) = −1 và = −2 ⇔ 2 2 b(t 1 + t 2 ) = 0 <=> <=> t1 + t2 = 0 (vì a2 + b2 ≠ 0 ) a (t 1 + t 2 ) = 0 a 2b t1 + t2 = 0 <=> + =0 16 9 <=> 9a = -32b, chọn b = -9 => a=32 => đường thẳng ∆ có phương trình: x +1 y + 2 = 32 −9

0.25

0.5 0.25 0.25

Giả sử M(x0; y0). vì M ∈ ( E) nên: 2

x 16

2 0

+

y 9

2 0

= 1

0.5

x 0 = 4 sin t x0 y0 đặt = sin t vµ = cos t , Khi đó: y 0 =3 cos t 4 3 4 sin t + 3 cos t − 6 5 cos(t − ϕ) − 6 → d ( M ,d ) = = 2 2 3 cos ϕ= 5 6 − 5 cos( t − ϕ) với sin ϕ= 4 -> d ( M ,d ) = 2 5 => d(M, d) nhỏ nhất <=> cos(t - ϕ ) = 1 ⇔ t = ϕ + k 2 π

{

{

16 5 9 y 0 = 3 cos(ϕ + k 2 π) = 3 cos ϕ = 5

x 0 = 4 sin(ϕ + k 2 π) = 4 sin ϕ =

Vậy điểm cần tìm là: M(

0.75

0.5

0.25

16 9 ; ).

5 5

85

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ĐỀ SỐ 23: SỞ GD-ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán Thời gian: 180 Phút Giáo viên ra đề : Bài 1 : (4điểm )

Trịnh Văn Hùng

2 + mx + 1 ( m là tham số và |m |≠ 2) Cho đường cong ( Cm) : y = x 2x + m Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được hai tiếp tuyến với đường cong (Cm ) mà chúng vuông góc v ơí nhau.

(Giải tích - Toán nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Kh ải ) 1

b) Cho In = ∫ 0

Tìm lim In n → +∞

e

− nx

1 + e− x

dx với n là số tự nhiên

( Toán nâng cao lớp 12 Phan Huy Khải ) Bài 2: (4 Điểm ) a) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a x + 1 - a − x =1 ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) b) Giải bất phương trình 12 x − 8 2x + 4 - 2 2 − x > 2 9x + 16 ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )

Bài 3 ( 4điểm ) a)Giải Phương trình :2sin(3x+

∏ ) = 1 + 8 sin 2x cos2 2x 4

b) Tam giác ABC có các góc thõa mãn : 2sinA+ 3sinB+4sinC = 5cos B C +cos 2 2 Chứng minh rằng : tam giác ABC là tam giác đều . ( Báo Toán học tuổi trẻ 5/2004) Bài 4(4điểm) :

A 2

+3cos

86

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

x n − nx + n −1 a)Cho n là số nguyên dương , hãy tìm giới hạn A = lim x →1 ( x −1)2 ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )

log2 x + 3 = log(23 y ) b) Giải hệ phương trình  y+3 ( 3x ) log2 = log2 (Đại số sơ cấp tác giả Trần Phương) Bài 5 ( 4điểm) : a) Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình thang có cạnh AD =2 BC. Gọi M,N là hai trung điểm của SA , SB tương ứng .Mặt ph ẳng (DMN ) cắt SC tại P. Tính tỉ số điểm P chia đoạn th ẳng CS . ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) b) Cho a,b,c là các số thực lớn hơn 2 2

2

Chứng minh rằng : logab + c + logba + c + log ca + b ≥3 ( Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức ,tác giả Trần Phương) ....................................

Hết ...........................................

2

87

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

ĐÁP ÁN Câu 1 Gọi M(x0;0 ) là điểm cần tìm . Đường thẳng ( ∆ )qua M có hệ số góc k có phương trình y= k( x-x0) Để( ∆ ) là tiếp tuyến của đường cong thì phương trình sau có nghiệm kép (0,5đ) x 2 + mx + 1 = k(x − x 0 ) 2x + m

( 1- 2k) x2+(m+2kx0-mk)x +1+mkx0=0 có nghiệm kép 1 − 2k ≠ 0   2 [ k (2 x 0 − m) + m] − 4(1 − 2k )(1 + mkx 0 ) = 0

1 ( 2) 2 k 2 (2 x + m) 2 + 4k (2 − mx 0 ) + m − 4 = 0 (3)  

(I ) 

k≠

Bài toán trở thành tìm điều kiện để (I) có hai nghiện phân biệt k1, k2 và k1.k2 = -1 (0,5đ) thay (2) vào (3) ta có : (2x0-m) 2 +m2 + 12 ≠ 0 (4) Vì (4) đúng nên hệ (I) ⇔ (3) Điều kiện cần tìm là :  2x 0 + m ≠ 0 m   m2 − 4  x0 ≠ − ⇔  2 = −1   (2 x 0 + m) 2 (2 x 0 + m) 2 = 4 − m 2

( 2x0 +m)2 = 4-m2 ( vì m 2) (5) Nếu m > 2 thì (5) vô nghiệm Nếu m < 2 thì (5) có hai nhghiệm cần tìm với x0 = m± 4 2

m2

Vậy có hai điểm M(x0;0) cần tìm với x0 = (0,5đ)

88

m± 4 2

m2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) e − nx e − ( n +1) x b) Ta có x ∈ ( 0;1) thì : > ⇒ In > In+1 1 + e −x 1 + e −x e − nx Mặt khác vì > 0 ∀ x ∈ (0;1) In >0 ∀n 1 + e −x

Vậy {In} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới , nên tồn tại lim I n n →∞

(0,5đ) Ta có In + In+1 = ∫ e 1

+ e −(n +x ) dx 1 + e− x

− nx

0

1

= ∫ e − ( n −1) x dx = 0

1 [e −( n −1) − 1] n −1

1− n

e −1 - In-1 1− n (0,5đ) In =

(*)

Rõ ràng : lim I n = lim I n −1 n →∞

lim n → +∞

n →∞

e 1− n − 1 =0 nên từ (*) suy ra 2 lim I n n →+∞ 1− n

=0

lim I n = 0 n →+∞

(0,5đ) Bài 2: a) Giải và biện luận phương trình theo tham số a:

x + 1 - a − x =1 a−x≥0  ⇔   x +1 =1+ a − x

x≤a  ⇔ 2 x − a = 2 a − x

x≤a   a ⇔ x≥ 2  2 f ( x ) = − 4 ( a − 1) + a 2 − 4a = 0 4 x 

( 2) (3) ( 4)

(0,5đ) Ta xét các trường hợp sau: +) Nếu a < 0 khi đó

a > a nên hệ (2) (3) (4) vô nghiệm tức là (1) 2

vô nghiệm +) Nếu a=0 thì hệ (2), (3), (4) có nghiệm duy nhất x=0 89

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) a  ≤x≤a (5)  +) Nếu a >0 thì ta có  2 f ( x ) = 4x 2 − 4(a − 1) x + a 2 − 4a (4) Xét tam thức f(x) có f( a )= -2a < 0 và f(a) = a2 > 0 2

Vậy theo định lí đảo (4) có hai nghiệm x1,x2 thoã mãn x1< a < x2 < 2

a (1đ) Kết luận +) Nếu a < 0 thì (1) vô nghiệm +) Nếu a ≥0 thì (1) có nghiệm duy nhất x= (0,5đ)

a − 1 + 2a + 1 2

b) Giải bất phương trình 12x − 8 (1) 2x + 4 - 2 2 − x > 2 + 16 9x Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x ∈ [-2;2] ) 2(6x − 4) 6x − 4 > 2x + 4 + 2 2 − x 9x 2 + 16 (0,5đ) ⇔ (3x − 2)[ 9 x 2 + 16 − 2( 2x + 4 + 2 2 − x ] > 0

⇔ (3x − 2)(9 x 2 + 8x − 32 − 16 8 − 2 x 2 > 0 ⇔ (3x − 2)( x − 2 8 − 2 x 2 )(8 + x + 2 8 − 2x 2 > 0 (0,5đ) Do 8+x+2 8 − 2x 2 > 0 nên (2) (3x-2) (x-2 8 − 2x 2 ) > 0 2  −2≤x< 3 ⇔ 4 2 < x ≤ 2  3 2 4 2 Tập nghiệm của bất phương trình T = [ -2; )∪( ; 2] 3 3 (1đ)

Bài 3 ( 4điểm ) a)Giải Phương trình :2sin(3x+

∏ ) = 1 + 8 sin 2x cos2 2x 4

90

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ∏  sin( 3 x )≥0 ( 2) +  4 ⇔ ∏ 4 sin 2 (3x + ) = 1 + 8 sin 2 x cos 2 2 x (3)  4 (0,5đ) Giải (2):

∏ ) ] = 1+ 8sin2x(1-sin22x) 2 ⇔ 2+ 2sin6x = 1+ 8sin 2x-8sin32x ⇔ 2+ 2(3sin2x-4sin32x) = 1+8sin2x-8sin32x ∏  x = + k∏  1 12 ⇔ sin2x = ⇔ (k,l∈Z )  5∏ 2 x = + ℓ∏  12 (0,5đ) ∏ +)Thay x= + k¶ vào (2) ta có : 12 ∏ k VT(2) = sin( + 3k ∏) = (−1) ≥ 0 khi k=2n ,n ∈ Z 2 ∏ x= + 2n¶ là nghiệm của (1).

12 5∏ + ℓ ∏ vào (2) ta có : +) Thay x= 12 3∏ ℓ +1 VT(2) = sin( + 3ℓ ∏) = (−1) ≥ 0 khi l=2m-1;m ∈Z 12 5∏ + ( 2m − 1) ∏ là họ nghiệm của (1) x= 12 ∏ 5∏ + 2n¶ và x= + (2m − 1) ∏ ; (n,m∈Z) Vậy (1) có hai họ nghiệm : x= 12 12 (1đ) (2) ⇔

2[1-cos(6x +

A+B A−B C ≤ 2 cos cos dấu ( = ) x ảy ra khi 2 2 2 1 C và chỉ khi (sin A + sinB ) ≤ cos ch ỉ khi A = B (1) 2 2 5 A Tương tự : (sin B + sinC ) ≤ 5 cos (2) 2 2 3 B (sin C + sinA ) ≤ 3 cos (3) 2 2 (1đ) b) Ta có sinA +sin B = 2 sin

91

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) A B C Từ (1), (2), (3), suy ra : 2sinA + 3sin B + 4 sin C ≤ 5cos +3cos +cos 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

(1đ) Bài 4 :

x n − nx + n −1 x →1 ( x −1)2

a)Cho n là số nguyên dương , hãy tìm giới hạn A = lim ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2+ ……….+xk-1) (0,5đ) (0,5đ)

(x −1)(1+ x + x2 + ......+ xn−1 − n) (x −1) + (x2 −1) + .........+ (xn−1 −1) A = lim = lim x →1 x →1 (x −1)2 x −1 (x −1)[1+ (x +1) + ....+ (1+ x + ......+ xn−2 )] n(n −1) = 1+ 2 + 3 + .......+ (n −1) = A = lim x →1 x −1 2

Vậ y : A = (0,5đ)

n (n − 1) 2

log2 x + 3 = log(23 y ) b) Giải hệ phương trình  y+3 ( 3x ) log2 = log2 log2x + 3 = 2(1+ log(23 y )) y ( x +3) x ( y + 3) ⇒ log 2 + 2 log 3 = log 2 + 2 log 3  y+3 (3x ) = 2(1 + log2 ) log2 Xét hàm số : f(t) = log(2 t +3) + 2 log2t với đồng biến trên (0; + ∞ ) (0,5đ)

(1)

t∈(0; + ∞ )

(1) viết dưới dạng f(x) = f(y) x=y ( 2)  (I)  x log 2 ( x + 3) = 2(1+ log 3 ) (3)

( II)

92

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) x (3) ⇔ x + 3 = 22(1+ log3 ) ⇔ x + 3 = 4.2log3x 2

⇔ x + 3 = 4.2log3

log 2 x

.....

2

2 log32

⇔ x + 3 = 4.( x 2 )

4

4

⇔ x + 3 = 4.x log3 ⇔ x1−log3 + 3.x −log3 4 = 4

( 4)

4 4 Xét hàm số q(x) = x1−log3 + 3.x −log3 trên (0;+ ∞ )

nghịch biến trên (0;+ ∞ ) (0,5đ) Nên (4) có nghiệm thì là nghiệm duy nhất , do g(1) =4 Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của (4).

x = y Khi đó hệ (II) trở thành  ⇔ x = y =1 x = 1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=y=1 (0,5đ)

Bài5 :

a) Đặt DA = a ; DC = b ; DS = c; Từ giả thiết ta được CB =

a vì P trên CS 2

nên đặt: CP = x.CS M, N, P, D ở trên cùng mặt phẳng nên DM,

DN,

93

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) DP đồng phẳng ta có: DN

= αDM +βDP

(1) DS + DA c+a = 2 2

Vì M là trung điểm của SA nên: DM =

Vì N là trung điểm của SB nên: DN = (3)

DS + DB = 2

c+b+

2

(2) a 2= a + b + c 4 2 2

Ta có: DP = DC + CP = b + xCS = b + x(c - b) DP = (1-x)b + xc

(4)

(0,5đ) Từ (1), (2), (3) và (4) ta có: α α a b c + + = c + a + β(1 − x )b + βxc 4 2 2 2 2 ⇔

α α a b c + + = a + β (1-x) b + ( + βx) c 4 2 2 2 2 1  α = 2  3 ⇔ β = 4  x = 1  3

 α 1  2=4  1 b(1 − x ) = 2   α + βx = 1  2 2 Vậy P trên SC sao cho CP =

1 CS hay P chia đoạn thẳng CS theo tỉ số k=3

1 2

b) Ta có

log b + c

a2

=

2 ln a 2 ln a 2 ln a ≥ = ln( b + c ) ln bc ln b + ln c

(0,5đ)

log a c + a Tương tự :

b2

≥

2 ln b ln a + ln c 94

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

log

c2 a+ b

VT(1) ≥ 2( (0,5đ)

2 ln c ln a + ln b

≥

ln a ln b ln c + + ) ln b + ln c ln a + ln c ln a + ln b y z 3 x + + ≥ (*) z + y x + z x+y 2

Bổ đề Với x,y,z>0 thì

Thật v ậy (*) (

y z 3 x +1) + ( +1)+( +1) ≥ +3 x+z 2 z+y x+y

[ (y+z) +(z+x) +(x+y) ]. (

1 1 1 + + )≥ 9 z + y x + z x+y

(**) Theo Côsi thì (**)

thoã mãn .

(0,5đ) áp dụng bổ đề ta có : VT(1) ≥ 3 (0,5đ)

(ĐPCM)

H ết

ĐỀ SỐ 24:

ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN 12 (THỜI GIAN :180 PHÚT)

Câu 1 (2.0đ)

Tính tổng sau

Sn =

Câu 2 (2.0 đ) Tính tích phân sau π 2

∫ 0

Câu 3 (2.0 đ)

1 x 1 x 1 x tg + 2 tg 2 + ... + n tg n 2 2 2 2 2 2

sin xcox 2

a cos 2 x + b 2 sin 2 x

dx

(Với a ≠ 0; b ≠ 0)

 x + my = m  2 2 x + y = x

Cho hệ phương trình

1/ Biện lu ận số nghiệm của hệ phương trình theo m 2/ Khi hệ có hai nghiệm (x1;y1);(x2;y2) tìm m để S = (x2-x1)2+(y2-y1)2 đạt giá trị lớn nhất

95

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Câu 4 (2.0 đ) Giải phương trình 3( 2 x 2 + 1 − 1) = x(1 + 3 x + 8 2 x 2 + 1 Câu 5 (2.0đ ) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để b ất phương trình sau đây có nghiệm Câu 6 (2.0 đ ) L = Lim x→

π 3 2

2 sin

2

x

+ 3cos

2

x

≥ m3sin

2

x

Tìm giới hạn sau 1 − sin m + n + p x

(1 − sin m x)(1 − sin n x)(1 − sin p x)

(với m ,n ,p là ba số nguyên dương cho trước )

Câu7 (2.0đ)

Giải và biện luận theo tham số m hệ bất phương trình sau  1 − 5 cos 4 3 x log ≤ 2  cosπ 2  4  1 + sin x ≤ m  sin 2 x

Câu 8 ( 2.0 đ ) Cho tứ diện OABC có OA ,OB ,OC đôi một vuông góc với nhau. Vẽ đường cao OH của tứ diện . Đặt A = ∠CAB; B = ∠ABC ; C = ∠BCA

α = ∠AOH ; β = ∠BOH ; γ = ∠COH sin 2 α sin 2 β sin 2 γ Chứng minh rằng = = sin 2 A sin 2 B sin 2C

Câu 9 (4.0đ ) Cho hình chóp tam giác SABC .Biết rằng tồn tại hình cầu tâm O, bán kính R ( O nằm trên đường cao hình chóp) tiếp xúc với cả 6 cạnh hình chóp.

1/ Chứng minh rằng SABC là hình chóp đều.

2/ Cho SC =R 3 . Tính chiều cao hình chóp.

96

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) ĐÁP ÁN (ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN 12)

x u x 1 co (ln cos n ) / = − tg n / 2 2 u 2 x x x Pn = cos . cos 2 ... cos n ⇒ S n = −(ln Pn ) / 2 2 2

Ap dụng : (ln u )/

Câu 1 Do đó nếu đặt

=

có 1

Pn =

sin

sin

x 2n

x x x x cos n . cos n −1 ... cos n 2 2 2 2

= ... =

1

1 sin x x 2n sin n 2 .

/

    1 1 1 x S n = − ln . n sin x  = − cot gx + n cot g n x 2   2 2  sin n  2  

do đó

Câu 2 Đặt I là tích phân đã cho.Xét 2 trường hợp sau: π

: TH 1 : TH 2 :

1 2 1 a = b ⇒ I = .∫ sin xd (sin x) = a 0 2a a ≠b

Với

[

]

t = a 2 cos 2 x + b 2 sin 2 x ⇒ dt = − 2a 2 cos x sin x + 2b 2 sin x cos x dx = 2(b 2 − a 2 ) sin x cos xdx 1 2 2 b − a2 1 Kl : I = a+b ⇒I=

(

b

2

)∫

a2

dt t

=

1 1 b2 t /a2 = 2 b+a b −a 2

Câu 3  x + m. y − m = 0 Hệ pt ⇔  1 2 1 2 ( x − 2 ) + y = 4

(1) (2)

Nhận xét : (1) là pt dường thẳng Dm: x+(y-1).m =0 đi qua điểm cố định A(0;1) (2) là pt đường tròn ( C) có tâm I(1/2;0), bán kính R=1/2 do đó số nghiệm của pt chính là số giao điểm của Dmvà (C) Tiếp tuyến của (C) xuất phát từ A chính là OA, (x=0) và dường thẳng AB _

2.tgα 4 Đặt ∠OAI = α ⇒ OB = OA .tg 2α = OA . = ( do tgα = 1) 2 1 − tg α 3 ___

___

___

___

___

Mặt khác , OB là hoành độ giao điểm của Dm và Ox nên OB =m Biện luận ./ m=0 ho ặc m=4/3 ,hpt có nghiệm duy nhất. ./ o<m<4/3 ,hpt có hai nghiệm phân biệt . ./ m<0 ho ặc m>4/3, hpt vô nghiệm .

97

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 2/ S =M1M22 do đó diện tích S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M1M2 đi qua ___

__

I ⇔ OB = OI =

1 1 ⇔m= 2 2

Câu 4 Đặt t = 2 x 2 + 1 ≥ 1 thay vào pt được t =x/3 hoặc t= 1-3x Giải ra được x=0 KL : Pt có nghiệm x = 0

Câu 5 2 sin

2

+ 3 cos

x

2

x

≥ m.3sin

Xét hàm số f ( x )

2

x

2 ⇔  3

2 =  3

sin 2 x

+ 3 cos

2

x − sin 2 x

(1)

≥m

sin 2 x

+ 3cos

2

x −sin 2 x

, ( x ∈ R)

Vì 2 sin x ≥ 0 ∀x ⇒   3

sin 2 x

2

≤1 2

2

cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x ≤ 1 ⇒ 3 cos x −sin x ≤ 3 ≤ 4 ∀x ∈ R . Dấu đẳng thức x ảy ra khi và chỉ khi x = k π

do đó f ( x ) Kết luận :Bpt có nghiệm với m ≤ 4 .

( k ∈ Z)

CÂU 6

Đặt y= sin x ( khi x → L = Lim

1 − y m+ n + p

y →1 3

=

(1 − y )(1 − y )(1 − y ) m

n

p

= Lim y →1

y →1

(

3

(

(1 − y ) 1 + y + y 2 + ... + y m + n + p −1

)

(1 − y )(3 (1 + y + ... + y m−1 )(1 + y + ... + y n−1 )(1 + y + ... + y p−1 ))

(1 + y + y + ... + y ) (1 + y + ... + y )(1 + y + ... + y )(1 + y + ... + y )) 2

= Lim

=

π ⇒ y → 1) . Ta có 2

m + n + p −1

m −1

n −1

p −1

m+n+ p 3

m.n. p

Câu 7

1 − 5 cos 3 x ≻ 0 Điều kiện :  sin 2 x ≠ 0 4

(1)

Bpt đầu của hệ tương đương với  1 − 5 cos 4 3 x   ≤ Log : Log 2  2   2

 1 − 5 cos 4 3 x    ≥ 2  

2

 2   ⇔ 2  2   2

1 π π ⇔ cos 4 3 x ≤ 0 ⇔ cos 3 x = 0 ⇔ x = + k 2 6 3

98

(k ∈ Z )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) π   x = ± 6 + k 2π Do đ/k (1) chỉ cần xét   x = 5π + k 2π 6  1 + sin x Xét b ất pt thứ hai của hệ, đặt f ( x ) = do f ( x ) có chu k ỳ 2π nên ta chỉ cần tính sin 2 x 3 3 f  π  = 3 ; f  −π  = − ; f  5π  = − 3; f  −5π  =       3  6  3 2  6   6 

Kl : ./ m ≺ − 3 ⇒ x ∈ Φ 3 5π ⇒x= + k 2π 3 6 π 3 3 5π ./ − ≤m≺ ⇒x= + k 2π ; x = − + k 2π 3 3 6 6 π 3 5π ./ ≤ m ≺ 3 ⇒ x = − + k 2π ; x = ± + k 2π 3 6 6 π 5π / m ≥ 3 ⇒ x = ∓ + k 2π ; x = ± + k 2π 6 6 ./ − 3 ≤ m ≺ −

Câu 8 Dễ thấy H là trực tâm ∆ABC và ∆ABC là tam giác nhọn,AH kéo dài cắt BC tại A1,do đó AA1 ⊥ BC. Vì OA ⊥ (OBC) nên theo đ/l ba đường vuông góc ,có OA1 ⊥ BC. Ta có sin 2 α =

AH 2 OA 2

(1)

Xét tam giác vuông OAA1 đỉnh O, có OA2= AH. AA1, từ (1) có sin 2 α =

AH AA1

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ,gọi I là tâm của nó ,gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó H, G, I thẳng hàng (đường thẳng Ơle) và HG =2 .IG suy ra AH = 2 .IM và Â= ∠CAB = ∠BIM ⇒ sin 2 A = 2. sin A. cos A = 2.

BM IM BC AH BC. AH = 2. = . .

IB IB 2.IB 2.IB R2

(2)

( v ới R là bán kính đường tròn ngọài tiếp tam giác ABC) Từ (1) và (2) ta có :

sin 2 α 2R 2 R2 = = sin 2 A BC. AA1 . S ∆ABC

C/m tương tự cũng có

sin 2 β sin 2 γ R2 = = sin 2 B sin 2C S ∆ABC

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

CÂU 9

Gọi M,N, P là các tiếp điểm của hình cầu với các cạnh AB, BC , CA.Gọi SH là đường cao hình chóp ,O là tâm hình cầu đã cho, khi đó O thuộc SH.Theo định lý ba đường vuông góc , có HM ⊥ AB(vì OM ⊥ AB,do hình cầu tiếp xúc AB tại M)

99

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Tương tự HN ⊥ BC, HP ⊥ AC. Vì OM =ON =OP =R nên HM =HN =HP do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Gọi K, E là tiếp điểm hình càu Với SA và SC .Ta có SK SE (hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm),do đó ∆ KSO= ∆ SOE ⇒ ∠KSO = ∠OSE ⇒ ∆SAH = ∆SCH ⇒ SA = SC Lập lu ận tương tự được SA=SB hay SA=SB=SC do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ,suy ra tam giác ABC đều,vậy hình chóp SABC đều.

2/

Đặt ∠ASH = α ⇒ sin α =

OK R 3 AH = = = ⇒ AS = 3. AH OS R 3 3 AS

Đặt SH=h ;HN=x do đó AH =x Xét tam giác vuông SAH, có : SA2=SH2+ AH2 nên h2= 8 x2 từ đó (1) R2= h2 –2.h .R 3 + 3R 2 + x 2 2 2 (2) Thay h =8.x vào (1) được : 9.h2 –16 3.h.R + 16.R 2 = 0 4 3. R 4 3. R 4 3. R hoặc h = (loại, vì h=SH >SO = R. 3 ≻ ) 3 9 9 4 3.R Vậ y SH= 3

Từ (2) ⇒ h =

Hướng dẫn chấm môn toán 12 Câu 1 (2,0đ) ./ HS biết sử dụng công thức (lnu)/=u’/u

(1,0

đ) . / Viết được Pn= (0,5đ)

1

1 .sin x x n sin n 2 2

. / Kl : Sn = − cot gx +

.

x 1 . cot g n n 2 2

(0,5

đ) Câu 2 ( 2,0 đ) Th1 :

I=

1 2a

(0.5 đ) Th2: Đặt t = a 2 . cos 2 x + b 2 .sin 2 x ⇒ dt = 2.(b 2 − a 2 ).sin x. cos x 1 ⇒I= a+b

đ) Câu 3 (2,0 đ) 1/ 100

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(1.5

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) . / Nhận xét được số nghiệm của pt là số giao điểm của Dm và (C) (1.0 đ) . / Kl đúng (0.5 đ) 2/ m=1/2 (0.5 đ) Câu 4 (2.0 đ) x  t=  ./ Đặt t= 2 x + 1 ⇒ 3  t = 1 − 3 x 2

(1.0 đ) . / Giải được x = 0 (1.0 đ) Câu 5 (2.0 đ) . / Đưa được

f(x )

2 =  3

sin 2 x

+ 3cos

2

x − sin 2 x

≥m

(1.0 đ) 2 . / Nx :   3

sin 2 x

≤ 1 ; 3cos

2

x − sin 2 x

≤3

(0.5 đ) . / Kl :

m≤ 4

(0.5 đ) Câu 6 (2.0 đ) . / Đặt y = sinx ; ( x →

π 2

⇒ y → 1)

(0.5 đ) . / l = Lim

1 + y + ... + y m + n + p 3 (...)

(1.0 đ) ./

Kl : ...

(0.5 đ) Câu 7 (2.0 đ) . / đ / k ...

(0.5 đ) . / Bpt (1 ) ⇔ x =

π π + k.

6 3

(0.5 đ) . / Từ đ / k

π   x = ± 6 + k .2π ⇒  x = ± 5π + k .2π  6

(0.5 đ)

101

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) . / Kl đúng (0.5 đ) Câu 8 ( 4,0 đ) Câu 9 (2.0 đ) . / Nx : O ∈ SH ( 0,5 đ ) . / H là tâm đường tròn nội tiếp ( 0.5 đ) ./ H là tâm đường tròn ngoại tiếp (0,5 đ) . / Kl ...

(0,5 đ) .................................................................

ĐỀ SỐ 25: SỞ GD&ĐT THANH HOÁ Trường THPT Thọ Xuân 4 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Năm học 2005-2006 Môn thi: Toán - BẢNG A (thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1: (2đ) Không dùng b ảng số hoặc mấ y tính cá nhân chứng minh: tg 550 > 1,4.

Câu 2: (2 đ ) Chứng minh

Π 2

n

Π 2

Cos .dx Sin n x.dx = ∫0 Cos n x + Sin n x ∫0 Cos n x + Sin n x

Và suy ra giá trị của chúng .

Câu 3 ( 2 đ ) Biện lu ận theo m số nghiệm ccủa phương trình x4 + 4x + m + 4 x4 + 4x + m = 6

Câu 4: ( 2 đ ) Tìm m để phương trình: x4 – (2m + 3 ) x2 + m + 5 = 0 Có các nghiệm thoả mẫn: - 2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 2.

Câu 5: (2đ) Tìm nghiệm trên khoảng ( 0 : Π ) của phương trình 4 sin 2

x 3Π − 3Cos 2 x = 1 + 2Cos 2 ( x − ) 2 4

Câu 6 (2đ) Trong tam giấc ABC có các góc và các cạnh thoả mãn: 102

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 1 + CosB = SinB

2a + c 4a 2 − c 2

(1)

Chứng minh tam giác là tam giác cân Câu 7: ( 2 đ ) Tìm giới hạn

m n − ) (m,n ∈ Z + ) m 1− x 1 − xn

E = x Lim1 (

Câu 8: (2đ) Giải hệ phương trình :

(

)

 1 + 4 2 x − y 51− 2 x + y = 1 + 2 2 x − y +1 (1)  3 2  y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0(2)

Câu 9 (2đ) Cho 2 đường tròn (C1 ) : x2 + y2 – x – 6y + 8 = 0 (C2 ): x2 + y2 – 2mx – 1 = 0 Tìm m để (C1 ) và ( C2 ) tiếp xúc với nhau Nói rõ loại tiếp xúc.

Câu 10 (2đ) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên, n ≥ 1 thì 1   1 +   n +1

n +1

1 > 1 + 



103

n

n

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

Sở GD&ĐT Thanh hoá Trường THPT Thọ Xuân 4 HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2005-2006 MÔN TOÁN- BẢNG A Câ Hướng dẫn chấm Điểm u 1 Câu 1: (0,5đ)

2

Π 1 + tg 0 1 tg 10 + 18 Ta có: tg 550 = tg (450 + 100 ) = = 1 − tg100 1 − tg Π 18 1+ x Xét hàm số : f(x) = ta có: 1− x 2 > 0 .Vậy f(x) đồng biến ∀ x ∈ (- ∞ ;1) hoặc f’(x) = (1 − x) 2 ∀ x ∈ (1;+ ∞ ). Π Π 1 Theo (1) ta có tg550=f(tg )> f( )>f( ) =1,4 18 18 6 Π Đặt t= -x ⇒ dt = - dx.

2 Π Π Π Cos n ( − t )dt n 2 2 Cos xdx 2 Ta có: ∫ = ∫ = n n Π Π Cos x + Sin x 0 0 Sin n ( − t ) x + Cos n ( − t ) 2 2 Π 2

(0,5đ) (0,5đ) (0,5đ)

(0,25đ)

Π

2 Sin ntdt Sin n xdx =∫ = Cos nt + Sin nt ∫0 Cos n x + Sin n x 0

Π 2

(1)

Π

Π 2

Đặt t= x + 4 x + m (t ≥ 0) 2 ⇒ t = x4 + 4x + m 4

4

(1) (2)

t ≥ 0 ⇒ Ta có:  2 ⇔ t=2. t + t − 6 = 0 4

(0,5đ) (0,25đ)

0,25đ 0,25đ 0,25đ

4

Từ (2) x + 4 x + m = 2 ⇔ x +4x+m=16.

4 ⇔ -x -4x+16=m Đặt: f(x)= -x4-4x+16 4

(2)

Π

2 Π Cos n xdx Sin n xdx Từ(1) và (2): ∫ = = n n n n ∫ Cos x + Sin x 0 Cos x + Sin x 4 0

x4 + 4 x + m + 4 x4 + 4 x + m = 6

(0,5đ)

Π

2 2 Cos n xdx Sin n xdx Π dx = .

Mặt khác: ∫ + = n n n n ∫ ∫ 2 0 Cos x + Sin x 0 Cos x + Sin x 0

3

(0,5đ)

104

0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) f’(x) = -4x3-4=-4(x3+1) f’(x)=0 ⇔ x=-1và f(-1)=19 Lim ∞ = - ∞ x Bảng biến thiên của f(x) x -∞ -1 +∞ F’(x + 0 ) 19 F(x) -∞

0,25đ

0,25đ -

∞

Từ bảng biến thiên ta có bảng biện luận theo m số nghiệm của (1) như sau: Số nghiệm của phương trình (1) m +∞ 0

4

19

1

-∞

2

Đây là phương trình trùng phương Đặt t= x2 ≥ 0; khi đó phương trình đã cho có dạng: t2 – (2m+3)t +m+5 = 0 (2).

Phương trình đã cho có 4 nghiệm x1;x2;x 3;x4 khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm dương t1 ; t2 dương.(0<t1<t) Khi đó: x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 và x4 = t2 Do đó: - 2< x1 <-1 < x2 < 0 < x3 < 1< x4 < 2

0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,5đ

⇔ −2 < − t2 < −1 < − t1 < 0 < t1 < 1 < t2 < 2 ⇔ 4 > t2 > 1 > t1 > 0

  af (1) < 0  −m+3< 0 m>3    ⇔ af (0) > 0 ⇔  m + 5 > 0 ⇔ m > −5 − 7 m + 9 > 0 af (4) > 0 m < 9   7 

0,5đ

0,5đ

(Không có m thoả mãn ) 5

3Π   4   3Π ⇔ 2(1 − Cosx) − 3Cos 2 x = 1 + 1 + Cos (2 x − ) 2 ⇔ −2Cosx − 3Cos 2 x = − Sin 2 x x 2

Ta có: 4Sin 2 − 3Cos 2 x = 1 + 2Cos 2  x −

⇔ 3Cos 2 x − Sin 2 x = −2Cosx

105

0,25đ 0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) Π  ⇔ Cos 2 x +  = Cos (Π − x) 6  Π ⇔ 2x + = ± (Π − x) +k2 Π 6

0,25đ 0,25đ

5Π 2Π   x = 18 + k . 3 (2) ⇔  7Π x = − + k 2Π (3) 6  Do x ∈ (0; Π ) nên ở họ ( 2 ) chỉ lấy được k = 0, k = 1

ở họ ( 3 ) chỉ lấy được k = 1 Vậy các nghiệm ∈ (0; Π ) là: x1 = 6

1 + CosB = SinB

2a + c 4a 2 − c 2

5Π 17Π 5Π ; x2 = ; x3 = 8 18 6

0,5đ 0,25đ 0,25đ

( 1)

Ta có: (1 + CosB) 2 2a + c = Sin 2 B 2a − c 2   2 B 2 Cos   2  = 1 + 2a + c ⇒ 1+  2a − c  2Sin B .Cos B     2 2 B 4a ⇒ 1 + cot g 2 = 2 2a − c 1 4a ⇒ = B 2a − c Sin 2 2 B ⇒ 2a − c = 4a.Sin 2 2 B  ⇒ c = 2a1 − 2 Sin 2  2  ⇒ 2a.CosB = c ⇒ 4 RSinACosB = 2 RSinC

(1) ⇒

0,25đ 0,25đ

0,5đ 0,25đ

⇒ 2 SinACosB = SinC ⇒ 2 SinACosB = Sin( A + B ) ⇒ Sin( A − B) = 0

0,25đ

⇒ A−B = 0

( Vì - Π < A − B < Π ) ⇒ A = B hay ∆ABC là tam giác cân tại C. 7

0,5đ

Ta có: 

m

1

n

1



   E = lim  − − −  = n Ü →1 1 − x m 1 − x 1 − x 1 − x    

106

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)  (m − (1 + x + x 2 + ... + x m −1 ) (n − (1 + x + x 2 + ... + x n −1 )    Lim − 1 x 1 − xm 1 − xn   2 m −1 2  (1 − x) + (1 − x ) + ... + (1 − x ) (1 − x) + (1 − x ) + ...(1 − x n −1 )   = x Lim1  − 1 − xm 1 − xn  

=

 1 + (1 + x) + ... + (1 + x + ... + x m − 2 )   1 + (1 + x) + ... + (1 + x + ... + x n − 2 )    −  lim  2 m −1 2 n −1s x →1 1 x x ... x 1 ... + + + + + x + x + + x     

1 + 2 + ... + (m − 1) 1 + 2 + ... + (n − 1) − m n m(m − 1) n(n − 1) m −1 n −1 m − n E= 2− 2= − = m n 2 2 2

8

0,5đ

0,5đ

E=

0,5đ

Đặt t = 2x – y

0,5đ 0,25đ

(

)

 1 + 4 2 x − y 51− 2 x + y = 1 + 2 2 x − y +1 (1) 3 2  y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0(2)

Khi đó hệ (I): 

Ta có: (1) ⇔ (1 + 4t )5−t +1 = 1 + 2t +1

0,25đ

 1  t  4  t  ⇔ 5  +    = 1 + 2.2t (3)  5   5   t  1 t 4  Đặt f (t ) = 5  +    ; g(t) = 1+2. 2t  5   5  

Ta có: f(t) là hàm số giảm, g(t) là hàm số tăng Và f(1) = g (1) Do đó: (3) ⇔ t = 1 ⇔ 2 x − y = 1 2x = y + 1



Vậy hệ (I) ⇔ 

3

2  y + 2 y + 3 + ln( y + y + 1) = 0

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Đặt h(y) = y3 + 2y + 3 + ln ( y2+ y +1 ) Ta có: h’(y) = 3y2 + 2 +

2y +1 y + y +1 2

= 3y2 +

2 y2 + 4 y + 3 y2 + y + 1

= 3y2 +

2( y + 1) 2 + 1 >0 y2 + y + 1

0,25đ

h’(y) >0 ⇒ h(y) là hàm số tăngvà h(-1) = 0 2 x = y + 1 ⇔  y = −1

Vậy (I) ⇔ 

x=0   y = −1

0,25đ

107

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 9

Phương trình của ( C1) và ( C2 ) có d ạng sau: 2

1 5  2  x −  + ( y − 3) = 2 4 

(C1):

0,25đ

(x-m)2 + y2 = m2 + 1

(C2):

1 Vậy ( C1) là đường tròn với tâm O1  ;3  và bán kính R1 = 2 

5 ; (C2) là đường tròn với tâm O2 (m,0) và bán kính R2 = 2

0,25đ

m2 + 1

0,25đ 2

2

2

1 4m − 4m + 37 4m − 4m + 37 Ta có: O1O2 = 9 +  m −  = = 2



4

2

a, ( C1) và ( C2) tiếp xúc ngoài nếu R1+R2 = O1O2 ⇔ 5 + 4m 2 + 4 = 4m 2 − 4m + 37 ⇔ 4m 2 + 9 + 2 20m 2 + 20 = 4m 2 − 4m + 37 5m 2 + 5 = 7 − m m≤7  ⇔ 2 2 5m + 5 = 49 − 14m + m m≤7  ⇔ 2 4m + 14m − 44 = 0 11 ⇔ m=2 hoặc m = 2 ⇔

b, ⇔

0,5đ

(C1) và (C2) tiếp xúc trong nếu R1 − R2 = O1O2 5 − 4m + 4 = 4m − 4m + 37 (1) 2

2

0,25đ

1 2

+) nếu m > thì R2 > R1, do vậy từ (1) ta có 4m 2 + 4 − 5 = 4m 2 − 4m + 37

⇔ 4m 2 + 9 − 2 20m 2 + 20 = 4m 2 − 4m + 37 ⇔ m − 7 = 5m 2 + 5 m≥7  (Hệ vô nghiệm) ⇔ 2 4m + 14m − 44 = 0 1 +) nếu m < thì R1 > R2 , lập luận tương tự trên ta có được 2

0,25đ 0,25đ

hệ vô nghiệm.

Kết lu ận: Để (C1) và (C2) tiếp xúc với nhau thì m = 2 hoặc m = -

11 và khi đó mọi sự tiếp xúc đều là tiếp 2

xúc ngoài

108

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) 10  1  áp dụng bất đẳng thức 0,25đ  1 1 +  + ... + 1 +  + 1 côsi cho n+1 số gồm n  n  n

n sè h¹ ng

≥

n +1

1  1  1 1 + ...1 +  số 1+ và số 1 ta có: n +1 n  n   n  n thõa sè

0,5đ ⇔

n + 2 n +1  1  ≥ 1 +  n +1  n

1   ⇔ 1 +   n +1

n +1

n

 1 ≥ 1 +   n

0,25đ

n

Dấu đẳng thức không thể xảy ra vì 1 + n +1

1   1 Vậy 1 +  > 1 +  

n + 1



1 ≠1 n

0,5đ

n

n

0,5đ

109

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

110

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com