Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 14 docx

=

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút

ĐỀ BÀI

Câu 1 (4đ) : Cho hàm số y = x
3
– ( 2m + 1 ) x
2
+ (m
2
– 3m + 2 ) x + 4
1)Khảo sát hàm số khi m=1
2)Xác định m để đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm
cực tiểu ở về hai phía của trục tung .
Câu 2 (4đ):
1)Cho hệ phương trình :





1
2
mymx
myxm

a) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất

b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên
2) Giải phương trình : ( 6)83()83 
XX

Câu 3 (4đ):
1)Giải phương trình : 4 cos
3
x + 3
2
sin2x = 8cosx
2)Cho ∆ABC thoả mãn điều kiện :
acosA + bcosB + ccosC 2p
asinB + bsinC + csinA 9R
( Trong đó p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp ∆ABC )
Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều .
Câu 4(4đ) : Trong mp(oxy) cho đường tròn (C) có phương trình :
x
2
+ y
2
– 6x + 2y +6 = 0 và điểm A(1;3) .
1)Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn ( C ) ; chứng tỏ
A nằm
ngoài đường tròn C .
2)Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết rằng tiếp tuyến đó
đi qua A .
Câu 5(4đ) :
1) Tính tích phân :
I =



1
1
(
2
x
e
sinx + e
X
x
2
)dx
2) Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 2006
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
0

2

+
+
-

x

(0,5đ)
P =
1
4
1

1





c
c
b
b
a
a

BẢNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
THPT
Thời gian : 180 phút
MÔN : TOÁN


Câu 1 : ( 4đ) .
1) (2,5đ) Khi m=1 hàm số trở thành y= x
3
– 3x
2
+ 4
( 0,25đ )
• TXĐ : R
(0,25đ )
• Chiều biến thiên :
y


= 3x
2
– 6x =0  3x( x-2 ) = 0 





2
0
x
x


Dùng phương pháp khoảng xét dấu
y

ta được :


Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; 0 ) U(2;+ ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 )
Vậy hàm số đặt giá trị cực đại tại x= 0 và y
CĐ
= y (0) = 4
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x=2 và y
CT
= y(2) = 0
•Dáng điệu của đồ thị :

+ ) y


= 6x-6 = 0  x=1
Lập bảng xét dấu
( 0,25đ )

x - ∞ 1 + ∞
y



- 0 +

Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm
I(1;2)
CĐ
=4
Điểm uốn
=2
Cực
tiểu
=0

+∞
0

1

2

-
1

2

4

(0,25đ)
( 0,25đ

+) Lim y = ± ∞ (
0,25 )
x→± ∞
• Bảng biến thiên :
( 0,5đ )

x - ∞ 0 1 2 + ∞
y


+ 0 - -
0 +

y



-∞

• Đồ thị
+) Cắt trục oy tại điểm (0;4)
+) Cắt trục ox tại các điểm ( -1 ; 0 ) và ( 2 ; 0 )













• Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng .
2)(1,5đ)
Ta có y

= 3x
2
– 2(2m+1)x + ( m
2
– 3m + 2 )
(0,25đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)

Đồ thị có hai điểm CĐ và CT ở hai phía thục tung  y

= 0 có hai
nghiệm trái dấu .
(0,5đ).  3(m
2
– 3m +2 ) < 0 
1<m<2 .
( 0,5đ)
Vậy với m

(1;2) thì đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm
C
ực tiểu nằm về hai phía của trục tung .
(0,25đ)
Câu 2 : (4đ)
1) Ta có D = m
2
– 1 = (m-1)(m+1)
D
x
= 2m
2
– m – 1 = (m-1)(2m+1)
D
y
= m
2
– m = m(m-1)
a) Hệ có nghiệm duy nhất  D ≠ 0  m ±1

Khi đó nghiệm của hệ là :















mm
m
D
D
y
mm
m
D
D
x
y
x
1
1

1
1
1
2
1
12

b) Để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên với m nguyên
thì (m+1) phải là ước của 1  (m+1) = ±1






2
0
m
m
thoả mãn điều kiện hệ có nghiệm duy nhất .
Vậy m=0, m=-2 là các giá trị cần tìm .
( 0,25đ)
2) Nhận thấy ( 83  )
x
( 83  )
x
= 1
Nên ta đặt : ( 83  )
x
= t > 0 => ( 83  )

x
=
t
1

Khi đó phương trình trở thành : t +
t
1
= 6 .
 t
2
– 6t + 1 = 0







83
83
t
t
( Thoả mãn ) 







83)83(
83)83(
X
X

 x= ± 2
Vậy phương trình có hai nghiệm : x= ± 2
Câu 3 : ( 4đ)
1) (2đ)
4cos
3
x + 3
2
sin2x = 8cosx
4cos
3
x + 6
2
sinxcosx – 8cosx = 0
 2cosx [ 2 cos
2
x + 3
2
sinx –4 ] = 0
( 1đ )
(0,5đ)
(0,25đ)
=

=

=


=

2cosx [ 2(1-sin
2
x) +3
2
sinx – 4 ] = 0
cosx [ 2sin
2
x - 3
2
sinx + 2 ] = 0












2
2

sin
2sin
0cos
x
x
x
( loại ) 














24/3
24/
2/
kx
kx
kx
( k

Z )

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm :
x=

/2 + k


x=

/4 + k2

( k

Z )
x= 3

/4 + k2



2)(2đ)
• Ta có : sin 2A + sin2B + sin2C = 2sin(A+B)cos(A-B) + 2sinCcosC
= 2sinCcos(A-B) + 2sinC(- cos (A+B) )
= 2sinC [ cos(A-B) – cos(A+B) ]
= 2sinC ( - 2 ) sin(A)sin(-B)
= 4sinAsinBsinC .
. Khi đó :

acosA + bcosB + ccosC 2p
asinB + bsinC + csinA 9R

2RsinAcosA + 2RsinBcosB + 2RsinCcosC a+b+c
a .
R
b
2
+ b .
R
c
2
+ c .
R
a
2

9R
2R
2
(sin2A + sin2B + sin2C) a+b+c
ab + bc + ca 9R



2R
2
4sinAsinBsinC
a+b+c
ab + bc + ca 9R






(1đ)
(0,5đ)
=2



(0,5đ)

R
cba
cabcab
R
c
R
b
R
a
R
9
2
.
2
.
2
8
2






(a+b+c) (ab + bc + ca ) = 9abc (1)
( 0,75đ)


Theo bất đẳng thức Côsi ta có :
a+b+c ≥ 3 abc3
ab + bc + ca ≥ 3
3
2
)(abc
=> ( a=b+c) ( ab + bc + ca ) ≥ 9abc
( 0,5đ)
Dấu “=” xảy ra  a=b=c  ÄABC đ
ều .
(0,5đ)

Câu 4 :
1) (C) có phương trình : (x-3)
2
+ (y+1)
2
= 4
(1đ)
=> (C) có tâm I(3;-1) và bán kính R=2
Khoảng cách IA = R 20)31()13(
22

=> A nằm ngoài đường tr
òn ( C ) .
(1đ)
2) đường thẳng (d) đi qua A(1;3) có phương trình :
a(x-1) + b(y-3) = 0 ( a
2
+ b
2
≠ 0 )
Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng (d) là :
| 2a – 4b |

22
ba 
Đường thẳng (d) là tiếp tuyến với (C)  h = R
| 2a – 4b |

22
ba 
 b(3b-4a) = 0
(a;b) = (1;0) => Tiếp tuyến : x=1
(a;b) = (3;4) => 3x + 4y – 15 = 0
Vậy qua A(1;3) có thể kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn ( C ) .
Phương
trình của chúng là :

h =

-
1

1

-
1

1

-
1

1

x=1 và 3x + 4y – 15 = 0 .
Câu 5 : (4đ)
1) ( 2đ)
  
  

1
1
21
1
1
1
1
22
sin)sin(

22
IIdxxexdxedxxexeI
xxxx

Với



1
1
1
sin
2
xdxeI
x
và



1
1
2
2
. dxxeI
x

*) Tính I
1
:
Đặt t=-x => dt = -dx

Khi x = 1 thì t = -1
Khi x = -1 thì t = 1
Vậy
 
 

1
1
1
1
11
sin))(sin(
22
ItdtedtteI
tt

=> I
1
= 0
*)Tính I
2
:
Đặt














x
x
ev
xdxdu
dxedv
xu
2
2


Khi đó
2
2
xeI
x
 - 2


1
1
dxxe
x

= e -

e
1
-2


1
1
x
xde



= e -
e
1
- (2xe
x
- 2


1
1
dxe
x



= e -
e
1

- ( 2e + 2.
e
1
) + 2 e
x


= - e -
e
3
+ 2e -
e
2

= e -
e
5

Vậy I = I
2
= e -
e
5





2) ( 2đ )
Tacó

)
1
1
1
1
1
1
(6
1
4)1(4
1
11
1
11



















c
b
a
c
c
b
b
a
a
P

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:


x,y,z,t > 0 ta có : ( x + y + z + t ) (
tzyx
1111

) ≥ 16
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương : x , y , z , t ta có
:
x + y + z + t ≥
4
4
xyzt (2)
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số
tzyx

1
,
1
,
1
,
1
ta có :

tzyx
1111
 ≥ 4
4
4
xyzt
( 3 )
Nhân ( 2 ) và ( 3 ) vế với vế ta được (1).
Dấu “=” xảy ra 
x = y = z = t
(0,5 đ )
áp dụng (1) với x = a +1 , y = b +1 , z =
2
1

c
, t =
2
1

c

ta có :
(a +1 + b +1 +
2
1

c
+
2
1

c
) (
1
2
1
2
1
1
1
1







c
c
b

a
) ≥16

 2009 (
1
411


c
b
a
) ≥16

1
411


c
b
a
≥
2009
16

Vậy P ≤ 6 -
2009
16
=> P ≤
2009
12083

(1đ )
Dấu “=” xảy ra 








2
1
11
2006
c
ba
cba














2
2007
4
2005
4
2005
c
b
a

Vậy MaxP =
2009
12083
khi












2
2007
4

2005
4
2005
c
b
a
( 0,5đ
)