Tài liệu Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 1 pdf

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12


Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút

CâuI : (4 điểm):
Cho hàm số y= x
3
+ 3x
2
- 2 (C)
1/ Khảo sát và vẽ đồ thị.
2/ Giải bất phương trình : 0  2006 + 6018x
2
- 4012  4012.
3/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C). Biết tiếp tuyến đi qua A(0; -2)
CâuII : (2 điểm) Tính
I=

1
x
e
dx

CâuIII : (2 điểm) Giải và biện luận phương trình theo tham số m
mxx  11
Câu IV: (4 điểm) Giải các phương trình sau:
1/ Sin(/2 - cosx)= cos(3cosx)
2/ 6

x
+ 4
x
= 2.9
x
Câu V : (2 điểm) Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông:
Cos
2
A + Cos
2
B + Cos
2
C = 1
Câu VI: (2 điểm): Tính giới hạn sau:
2
23 2
0
927279
lim
x
xx
x



Câu VII: (2 điểm): Trong hệ Oxy cho hai đường thẳng d
1
//d
2
lần lượt có

phương trình là :
d
1
: x-y+2 = 0 ; d
2
: x-y-2 = 0
1/ Viết phương trình đường thẳng d
3
đi qua điểm A(-2; 0) và vuông góc với
d
2

2/ Viết phương trình đường thẳng d
4
sao cho d
1
, d
2
, d
3
, d
4
cắt nhau tạo thành
một hình vuông.
Câu XIII: (2 điểm): Chứng minh rằng với a,b> 0 ta có:
a
5
+b
5
 a

4
b + ab
4
















KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12


HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Môn: Toán- Đề 2
(Bản hướng dẫn chấm gồm 5 trang)

Câu 1: (4 điểm)
1, (2 điểm)
 TXĐ : D = R (0,25đ)
 Chiều biến thiên: (0,5đ)

+ y' = 3x
2
+ 6x = 3x(x+2), y' = 0






2
0
x
x

+ dấu y':
x
-
-2 0
+
y' + 0 - 0 +


2



+
y

-

-2

Với x(-; -2)  (0; +) hàm số đồng biến
x(-2; 0) hàm số nghịch biến
Tại x= -2 hàm số đạt cực đại y
CĐ
= 2
Tại x= 0 hàm số đạt cực tiểu y
CT
= -2 (0,25đ)
 Tính lồi lõm, điểm uốn. (0,25đ)
+ y'' = 6x + 6 = 6(x+1); y'' = 0  x= -1
+ dấu y'':
x
-

-1
+
y'' -

0
+


đ.u

y L
ồi
(-1,0)
lõm

 Bảng biến thiên: (0,25đ)

x
-
-2 -1 0
+

y' + 0 0 +


2



+

y (CĐ)

0 (CT)



-
-2

x
y
0
1
2
-2

-1-
3
3
-1+
3

* Đồ thị: Đồ thị cát trục tung tại: (0; -2)
* Cắt trục hoành tại hoành độ x = -1, x = 31
Qua điểm (-3; -2); (1; 2)









2. (1 điểm)
0

2006 x
3

+ 6018 x
2
- 4012

4012

0

x
3
+ 3x
2
- 2

2 (*) (0,5đ)
theo đồ thị (C) ta có: (*)

x

[ -1- 3 ; -1 ]

[ -1+ 3 ; 1 ] (0,5đ)
3. (1 điểm): đường thẳng qua A(0; -2) có hệ số góc k:
y+2= k(x- 0) (d)  y = kx-2
(d) là tiếp tuyến của (c)















xxk
kxxx
xxk
kxxx
63
)1(3
63
223
3
2
23
(0,5đ)
có nghiệm.
Thay k từ (2) vào (1) ta được:
x
2
(2x+3) = 0

x = 0, x= -
2
3

(0,25đ)
* Với x= 0

k= 0 tiếp tuyến là y = - 2
* Với x= -
2
3


k= -
4
9
tiếp tuyến là y= - 2
4
9
x (0,25đ)
Câu 2 (2 điểm).
1. (1 điểm)
Ta có I =

 )1(
xx
x
ee
dxe

Đặt e
x
+1 = t (*)  e
x

= t-1
e
x
dx = dt
I= dt
tt
tt
tt
dt
 




 )1(
)1(
)1(

= dt
t
dt
t
 


1
1
1
(0,5đ)
=ln

1t
- ln
t
+c =ln
t
t 1
+c
Từ (*) ta có: I = ln
1

x
x
e
e
+ c = x - ln(e
x
+1) +c (0,5đ)
Câu 3. (2đ) Xét hàm số y=
11  xx
(c)


0,5
đ



Ta có bảng xét dấu (1đ)

x -


-1

1



1x
-x-1 0 x+1 x+1
1x
-x+1 -x+1 0 x-1
y=
11  xx

-2x 2 2x

Khi đó y=






x
x
2
2
2










1
11
1
x
x
x



đồ thị (C)


* Biện luận số nghiệm của phương trình theo m:

11  xx
= m (*) (0,5đ)
 số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng
y = m
+ Nếu m<2 phương trình vô nghiệm
+ Nếu m=2 phương trình có nghiệm [1; 1]
+ Nếu m>2 phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 4 (4đ)
1. Phương trình tương đương với :

Cos (

cosx) = cos 3

cosx (0,25đ)








23
23
kCosxCosx
kCosxCosx
(k
Z

)






kCosxCosx
kCosxCosx
23

23
(0,5đ)








)2(
2
)1(
k
Cosx
kCosx
(0,25đ)
Vì k

Z, 1Cosx nên:
(1) (*)
1
0






Cosx

Cosx
(0,25đ)
(2)











2
1
1
0
Cosx
Cosx
Cosx
(**) (0,25đ)
Nếu
Nếu
Nếu

y = 2

y = m

2

-1

1

x

y


(0,5đ)
(C)

Từ (*) và (**) ta có:










)5(
2
1
)4(1
)3(0

Cosx
Cosx
Cosx
(0,25đ)














)(2
3
2
)(2
3
)5(
)()4(
)()3(
2
dkx
ckx
bkx

akx








Với (k
Z

). (0,5đ)
Từ (a),(b),(c),(d) ta có nghiệm của phương trình là :








23
22


k
x
k
x

(k
Z

) (0,25đ)
2. Phương trình tương đương với
2
3
2
3
2
2














xx
(1) (0,5đ)
Đặt t =
x







3
2
Điều kiện t > 0. (0,25đ)
(1)

t
2
+ t -2 = 0






2
1
2
1
t
t

Với t = 1

x







3
2
= 1


x






3
2
=
0
3
2






(0,5đ)


x=0
Vậy phương trình có nghiệm x = 0. (0,25đ)

Câu 5 (2đ)
 



















0
0
0
0
0)()(

0)()(
1)22(
2
1
1
1
2
21
2
21
1
2
2
2
222
CosC
CosB
CosA
CosCCosBCosA
BACosBACosCosC
CCosBACosBACos
CCosBCosACos
CCos
BCosACos
CCosBCosACos

(0,25
đ
)
(0,25đ)

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(Loại)
* Nếu CosA = 0 

ABC vuông tại A.
* Nếu CosB = 0 

ABC vuông tại B.
* Nếu CosC = 0 

ABC vuông tại C.
Vậy tam giác ABC là tam giác vuông
Câu 6. (2đ)

2
2
0
2
3 2
0
2
23 2
0
2
23 2
0

3927
lim
3279
lim
)3927()3279(
lim
927279
lim
x
x
x
x
x
xx
x
xx
xx
xx










6
25

2
9
3
1
33
27
999
9
3927
27
lim
92793)279(
9
lim
)3927(
27
lim
92793)279(
9
lim
2
0
3 2
3
22
0
22
2
0
3 2

3
222
0















xxx
xx
x
xxx
x
xx
xx

Câu 7 (2đ)
1. d
3
vuông góc với d

2
nên có dạng x+y+c = 0
Vì d
3
qua A(-2 ; 0) nên : -2 + 0 + c = 0

c =2 (0,75đ)

2. Vì A(-2;0)

d
1
nên
Để d
4
và d
1
, d
2
, d
3
cắt nhau tạo thành một hình vuông khi và chỉ khi d
4
//d
3
và
d(A,d
4
) = d(A,d
2

) (*) (0,5đ)
Do đó d
4
có dạng : x + y + D = 0
(*)

2
202
2
02 

 D
(0,5đ)






2
6
42
D
D
D
Vậy đường thẳng d
4
có dạng x+y+6 =0 hoặc x+y-2 = 0 (0,25đ)

Câu 8.(2đ)

a
5
+b
5

a
4
b+ab
4


a
5
+b
5
- a
4
b - ab
4


0 (0,5đ)

a
4
(a-b) - b
4
(a-b)


0

(a - b)(a
4
-b
4
)

0 (0,5đ)

(a-b)(a
2
-b
2
) (a
2
+b
2
)

0 (0,25đ)

(a-b)
2
(a+b) (a
2
+b
2
)


0 (0,5đ)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b (0,25đ)



(0,25đ)
(1đ)
(0,25đ)
(0,25
đ
)
(0,25
đ
)
(0,25
đ
)











