Đề thi học sinh giỏi lớp 12 số 7 có đáp án

Sở GD-ĐT Thanh hóa ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Trường THPT H.Hóa 2 (Thời gian làm bài 180’- Không kể thời gian phát đề)
MÔN THI: TOÁN
Bài 1. ( 2 điểm)
Cho hàm số f(x) =
Chứng minh rằng
xdxx sin1
4
4
2
∫
−
+
π
π
= f’(0).
Bài 2. ( 2 điểm)
Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi miền
khi quay quanh trục oy.
Bài 3. ( 2 điểm)
Tìm m để bất phương trình: mx
2
+ mx + m -2 ≥ 0 có nghiệm x∈(1;2).
Bài 4. ( 2 điểm)
Giải và biện luận phương trình: 4x+1+2(m-1)x-1=(m+1)
134
2
−−
xx

theo tham số m.

Bài 5. ( 2 điểm)
Giải phương trình: cosx + cos2x + cos3x + cos4x = -
2
1
Bài 6. ( 2 điểm)
Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có:

32
2
3
sin
1
sin
1
sin
1
coscoscos
+=+++++
CBA
CBA
thì đều.
Bài 7. ( 2 điểm)
Tìm giới hạn:
x
x
x
2sin
13
lim
2

0
2
−
→
Bài 8. ( 2 điểm)
Giải và biện luận theo m bất phương trình:

)3(log)()1(
3
1
2
+−≥++−
xmxmxmx
Bài 9. ( 2 điểm)
Trong mặt phẳng oxy cho hypebol (H):
1
9
2
2
=− y
x
và đường tròn (C): x
2
+y
2
=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):

1
4
2
2
=+
y
x
và hai đường thẳng (d
1
): x-ky=0, (d
2
): kx+y=0. (d
1
) cắt
elip (E) tại A và C, (d
2
) 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.
x
2
sin
2
1
x
khi x≠0
0 khi x=0
y=x
2
-6x+5

y=0
Sở GD-ĐT Thanh hóa ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI LỚP
12 THPT
Trường THPT H.Hóa 2 ( NGÂN HÀNG ĐỀ THI )
MÔN THI : TOÁN
Bài 1 2 điểm
f’(0)=
2
0
2
2
0
1
sinlim
1
sin
lim
x
x
x
x
x
xx
∆
∆=
∆
∆
∆
→∆→∆

vì -∆x≤ ∆x sin
2
1
x∆
≤∆x và
0
lim
→∆x
(-∆x)=
0
lim
→∆x
(∆x)=0
⇒
0
1
sinlim
2
0
=
∆
∆
→∆
x
x
x
⇒ f’(0)=0 (1)
Mặt khác:
=+
∫

−
4
4
2
sin1
π
π
xdxx
++
∫
−
0
4
2
sin1
π
xdxx
∫
+
4
0
2
sin1
π
xdxx
Đặt x=-t thì dx=-dt , với x=-π/4 thì t=π/4, với x=0 thì t=0
⇒
=+
∫
−

4
4
2
sin1
π
π
xdxx
-
( )
∫
−+
0
4
2
sin1
π
dttt
+
=+
∫
4
0
2
sin1
π
xdxx
=
++−
∫
4

0
2
sin1
π
tdtt
=+
∫
4
0
2
sin1
π
xdxx
++−
∫
4
0
2
sin1
π
xdxx
0sin1
4
0
2
=+
∫
π
xdxx
(2)

Từ (1) và (2) suy ra diều phải chứng minh.
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2 2 điểm

Vẽ đồ thị hàm số y=x
2
-6x+5
Cung AB có phương trình x =
34 −+y
Cung BC có phương trình x =
34 ++y
⇒
( )
∫∫
−−
−+−++=
0
4
2
0
4
2
)34(34 dyydyyV
oy

ππ

2
3
0
4
)4(8412 +=+=
∫
−
ydyy
ππ

−
0
4
= 64π
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3 2 điểm
Gián tiếp loại bỏ f(x) = mx
2
+ mx + m -2 <0, ∀x∈(1;2)
0,5
0,5
-4
5
3
1

C
B
AO
y
x
⇔ m(x
2
+x+1)<2 ⇔ m<
1
2
2
++ xx
∀x∈(1;2)
Xét g(x) =
1
2
2
++ xx
∀x∈(1;2), g’(x) =
⇒<
++
+−
0
)1(
)12(2
22
xx
x
hàm số nghịch biến
trong khoảng (1 ;2).

⇒ m ≤ Min
[ ]
7
2
)(
2;1
=
xg
Vậy m >
7
2
thì bất phương trình có nghiệm ∀x∈(1;2).
0,5
0,5
Bài 4 2 điểm

Điều kiện 4x
2
-3x-1≥0 ⇔
Phương trình ⇔
1
14
−
+
x
x
- (m+1)
1
14
−

+
x
x
+2(m-1) = 0
Đặt t =
1
14
−
+
x
x
điều kiện
Phương trình trở thành
Giải ra ta được
Nghiệm t
2
thỏa mãn ⇔
Theo cách đặt ta tính được x =
32
22
2
2
−−
+−
mm
mm
Kết luận: . thì PT vô nghiệm

. 1≤m≠3 thì PT có nghiệm duy nhất x =
32

22
2
2
−−
+−
mm
mm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5 2 điểm
Nhận thấy sin
2
x
=0 ⇔ x=k2π (k∈Z) không phải nghiệm của PT
PT ⇔ 2cosxsin
2
x
+2cos2xsin
2
x
+2cos3xsin
2
x
+2cos4xsin

2
x
=-sin
2
x
⇔ sin
2
9x
=0 ⇔
2
9x
=tπ ⇔ x=
9
2
π
t
(t∈Z).
KL: x=
9
2
π
t
(t∈Z).
0,25
0,50
0,50
Bài 6 2 điểm
Ta có cosA+cosB+cosC+
=++
CBA sin

1
sin
1
sin
1
=
x≥1
x≤
4
1
−
t≥0
t≠2
t
2
-(m-1)+2(m-1)=0
0≤t≠2
t
1
=2
t
2
=m-1
m≥1
m≠3
m<1
m=3







++








−+






++++
CBACBA
CBA
sin
1
sin
1
sin
1
4
3

1
sin
1
sin
1
sin
1
4
3
2
sin
2
sin
2
sin41
≥
≥ 1+






++









−+








CBACBA
CBA
sin
1
sin
1
sin
1
4
3
1
sin
1
sin
1
sin
1
4
3

.
2
sin
2
sin
2
sin44
4
3
4
≥












++









−++
2
cos
1
2
cos
1
2
cos
1
4
3
1
2
cos
2
cos
2
cos8.16
33
41
4
CBACBA
≥
32
2
3
2

cos
2
cos
2
cos
1
3
4
3
1
2
1
.41
3
+≥








−++
CBA

Dấu ‘=’ xảy ra khi

⇔ A=B=C ⇔ ∆ABC đều.
1,0

0,5
0,5
Bài 7 2 điểm
Ta có :








−
=
−
→→
xx
x
x
e
x
x
x
x
x
22
2
2
3ln
0

2
0
cos4.sin
3ln
.
3ln
1
lim
2sin
13
lim
22

3ln
4
1
=

1,5
0,5
Bài 8 2 điểm
Điều kiện x>-3
Bất PT ⇔ (x-m) [x-1+log
3
(x+3)] ≥ 0
Đặt f(x)= x-1+log
3
(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 ⇔

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

Nếu -3<m<0 thì nghiệm của BPT là:

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
8
33
2
cos
2
cos
2
cos
2
cos
1
2
cos
1
2
cos
1
sin
1

sin
1
sin
1
sin4
3
sin4
3
sin4
3
2
sin
2
sin
2
sin4
=
++=++
===
CBA
CBA
CBA
CBA
CBA
(x-m)x≥0
x>-3
-3<x≤0
x≥m
-3<x≤m
x≥0

Nếu m=-3 thì nghiệm là x≥0.
Nếu m<-3 thì nghiệm là x≥0.
0,25
0,25
Bài 9 2 điểm
1. Phương trình đường thẳng qua M có dạng : a(x-3)+b(y-1)=0 (a
2
+b
2
≠0).

⇔ ax+by-3a-b=0 đường thẳng này tiếp xúc với (H) ⇔
⇔ ⇔ b=0 chọn a=1,b=0 PT tiếp tuyến là : x-3=0
2. Xét tiếp tuyến cùng phương với oy có PT : x-a=0.
Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C) thì ⇔ a=±3
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:
9k
2
-1=b
2
b=3
1
2
+k
⇔ Hệ vô nghiệm.
b≠0
KL: có 2 tiếp tuyến chung là: x-3=0 và x+3=0.
0,25

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 10 2 điểm

Tọa độ giao điểm của (d
1
) và (E) là nghiệm của hệ :

kyx
y
x
=
=+ 1
4
2
2
⇔
2
4
2
k
y
kyx
+
±=
=

⇒ AC
2
=
2
2
4
)1(16
k
k
+
+
Tọa độ giao điểm của (d
2
) và (E) là nghiệm của hệ :

kxy
y
x
−=
=+ 1
4
2
2
⇔
2
41
2
k
x
kxy

+
±=
−=
⇒ BD
2
=
2
2
41
)1(16
k
k
+
+
Vì (d
1
) ⊥ (d
2
) nên AC ⊥ BD ⇒ 4S
2
= AC
2
.BD
2
=
)41)(4(
)1(16
22
222
kk

k
++
+

Đặt x=k
2
≥0, xét f(x)=
)41)(4(
)1(16
22
xx
x
++
+
, f’(x)=
22
)4()41(
)99)(1(
++
−+
xx
xx
f’(0)=0 ⇔ x=1.
Chú ý rằng:
4
1
)(lim
=
+∞→
xf

x
Bảng biến thiên:
0,50
0,50
0,25
0,25
9a
2
-b
2
=(3a+b)
2
3a+b≠0
2b(b+3a)=0
3a+b≠0
9=a
2
a=3
a≠0
9k
2
=b
2
+1
9k
2
+9=b
2
25
4

4
1
4
1
+
0
-
+∞
1
0
f(x)
f’ (x)
x
Từ bảng biến thiên ⇒ Max
[
)
4
1
)(
;0
=
+∞
xf
khi x=0 ⇔ k=0
Min
[
)
25
4
)(

;0
=
+∞
xf
khi x=1 ⇔ k=±1
Vậy Max S
ABCD
=4 khi k=0, Min S
ABCD
=
5
16
khi k=±1.
0,50