Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12 (đề dự phòng) có đáp án chi tiết

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
+ 3( m + 1) x
2
- 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
thẳng hàng .
Bài 2: Tìm các giá trị của tham số a để bất phơng trình :
1
34
1
2
<
+
+
axax
x
Đợc nghiệm đúng với mọi x .
Bài 3: Giải phơng trình

2
)1(
22
3
=
+
+

xx
xx
Bài 4: Tìm cặp số (x; y) thoả mãn
y
6
+ y
3
+ 2 x
2
=
22
yxxy

Bài 5: Cho khối tứ diện ABCD ; M là 1 điểm nằm bên trong tứ diện;AM,
BM , CM, DM. Lần lợt cắt các mặt BCD; ACD; ABD; và ABC tại A
1
, B
1
, C
1
, D
1
.
a) Chứng minh rằng :
1
1
1
1
1
1

1
1
DD
MD
CC
MC
BB
MB
AA
MA
+++
Không đổi .
b) Tìm vị trí của điểm M để biểu thức
1111
MD
DM
MC
CM
MB
BM
MA
AM
P
+++=
Đạt giá trị nhỏ nhất .
Bài 6:Chứng minh với mỗi số nguyên dơng n thì phơng trình x
2n+ 1
= x + 1 .
chỉ có 1 nghiệm số thực x
n

. Khi đó tìm lim x
n
n

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) x
2
+ 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

+++=
>+
0)1(12)1(9
01
2'
mmm
m

1
0)37)(1(
01
<



++
>+
m
mm
m
hoặc m


7
3

(0.50
điểm)
Kết luận: m
(
]
.;
7
3
1;






+
(0.25
điểm)
b) Gọi (x
0
;y
0
) là điểm cố định mà đồ thị đi qua với

m
=> m (
03)143
0
2
0

3
00
2
0
3
0
=++ yxxxx
(*)
Để phơng trình (*) không phụ thuộc m cần





=+
=+
03
0143
0
2
0
3
0
0
2
0
3
0
yxx
xxx

Xét phơng trình
0143
0
2
0
3
0
=+ xxx
Gọi f(x) =
0143
0
2
0
3
0
=+ xxx
là hàm số liên tục trên R
+ Có f(0) .f(-1) <0 => phơng trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (-1; 0)
(1.0
điểm)
+ Có f(1) .f(2) <0 => phơng trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (1; 2)
+ Có f(-1) > 0 ; khi x

thì f(x) <0.
Vậy phơng trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (-
)1;
Vậy phơng trình f(x) = 0 luôn có 3 nghiệm .
Các nghiệm ấy thõa mãn :

=+
=+
03
0143
23
23
yxx
xxx
Trừ hai phơng trình cho nhau đợc : y - 4x - 1 = 0 hay các điểm cố định thuộc
đờng thẳng y = 4x - 1 .
Bài 2 (3 điểm )
Trớc hết cần ax
2
- 4x + a - 3

0 với mọi x



<=


0)3(4
0
'
aa
a

a < -1 hoặc a > 4 (0,5
điểm)
+ Nếu a < -1 thì ax
2
- 4x + a - 3 < 0 với
x
.
Bất phơng trình đã cho thỏa mãn với
x
.

x + 1 > ax
2
- 4x + a - 3 thỏa mãn với
x
.

ax
2
- 5x + a - 4 < 0 thỏa mãn với
x

.


= 25 - 4a (a - 4 ) < 0 (vì a < -1) (1,0
điểm)


= 4a

2
- 16a - 25 > 0
2
414
< a
(do a < - 1)
+ Nếu a > 4 thì ax
2
- 4x + a - 3 > 0 với
x
.
Bất phơng trình đã cho thỏa mãn với
x
.

x + 1 < ax
2
- 4x + a - 3 thỏa mãn với
x
.

ax
2
- 5x + a - 4 > 0 thỏa mãn với
x

(1,0
điểm)

= 25 - 4a (a - 4 ) < 0 (vì a = 4 > 0)

4a
2
- 16a - 25 > 0
2
414 +
> a
(do a > 4)
Kết luận:








+
+

;
2
414
2
414
;a
(0.5
điểm)
Bài 3: ( 3 điểm )
Tập xác định D =
x


R (0,25
điểm)
Do x = 0 không là nghiệm của phơng trình đã cho nên phơng trình đã cho
(0,25
điểm)
2
1
1
1
1
22
2
2
3
=

+
+
=








+
+

x
x
x
x
x
xx
x
xx
(0,5
điểm)
x
x

x
x
1
1
1
2
2
+=






+
(0,5
điểm)
Đặt
.
1
t
x
x =+
Điều kiện
2t

(vì
2
11
+=+=

x
x
x
xt
) (0,25
điểm)
Ta đợc phơng trình mới
2t
2
- 5t + 2 = 0 (0,25
điểm)




=
=

)(
2
1
2
mãnthoả khôngdo loạit
t
(0,25
điểm)
Với t = 2
012
2
2

1
2
=+
=+
xx
x
(0,5
điểm)
1= x
Kết luận: Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 (0,25
điểm)
Bài 4: (3 điểm )
Điều kiện : xy - x
2
y
2

0

hay
10 xy
(0,25
điểm)
Ta có :
xy - x
2
y
2
= -
4

1
4
1
4
1
22
+






+ xyyx
(0,25
điểm)
2
1
22
yxxy
( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xy =
2
1
)
Do đó : y
6
+ y
3
+ 2x
2

2
1

(0,25
điểm)
Kết hợp với giả thiết
2
1
4)2(12
3322
++++ yxyyxx
(0,25
điểm)
Cộng hai vế hai bất đẳng thức ta có :
14)2(14
3226
++++
xyyxxy
(0,25
điểm)
1
2
)2(1 yx +
23
)2( xy
Do
1
2
)2(1 yx +

0

dấu bằng xảy ra khi 1 + (2x - y )
2
=1
và
0)2(
23
xy
(0,25
điểm)
nên ta có
1
2
)2(1 yx +
)2(
3
xy =
= 0



=
=

02
02
3
yx
xy

(0,25
điểm)
Giải hệ này ta đợc





=
=



=
=



=
=
2
1
1
;
1
1
;
0
0
3

3
2
2
1
1
x
y
x
y
x
y
(0,5
điểm)
Thử lại chỉ thấy : (x ; y ) =






1;
2
1
thoả mãn (0,5
điểm)
Bài 5: (4 điểm )
a) Gọi thể tích các khối tứ diện M.BCD ; M.ACD ; M.ABC và ABCD là V
1
,
V

2
, V
3
, V
4
và V khi đó :
V
V
AA
MA
1
1
1
=
;
V
V
BB
MB
2
1
1
=
;
V
V
CC
MC
3
1

1
=
;
V
V
DD
MD
3
1
1
=
(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 V
1
= a
2

; V
2
= b
2
; V
3
= c
2

; V

4
= d
2
.
Khi đó :
2
2222
11
1
a
dcba
V
V
MA
AA
+++
==
=>
=
1
MA
AM
2
222
a
dcb ++

Tơng tự:
=
1

MB
BM
2
222
b
acd ++
=
1
MC
CM
2
222
c
bad ++
=
1
MD
DM
2
222
d
cba ++
. (1,0
điểm)
Mặt khác theo Bất đẳng thức Bunhi a ta có :
(b + c + d )
2

3 (b
2

+ c
2
+ d
2
)
=>






++

++
=
a
dcb
a
dcb
AM
BM
3
1
222
1
(0,5
điểm)
Tơng tự :
b

dca
MB
BM ++

3
1
1
c
dba
MC
CM ++

3
1
1
d
cba
MD
DM ++

3
1
1
Dấu = xảy ra khi a
2

= b
2
= c
2

= d
2
(0,5
điểm)
=>T
3412.
3
1
3
1
=






++
+
++
+
++
+
++

d
cba
c
dba
b

acd
a
dcb
(Theo BĐT cô si cho 2 số không âm )
Vậy T min = 4
3
khi a
2
= b
2
= c
2
= d
2
Hay M là trọng tâm tứ diện ABCD ) (0.5
điểm )
Bài 6: (3 điểm )
Tập xác định D = R (0,25
điểm)
Phơng trình đã cho
1
12
=
+
xx
n


1)1(
2

=
n
xx
(*)
(0,5 điểm )
+ Nếu x
11
2

n
x
: vế trái
0
(0,25
điểm)
Vậy phơng trình vô nghiệm .
+Nếu 0 < x <1 => vế trái (*) âm = > phơng trình vô nghiệm (0,25
điểm)
+Nếu 1<x
1 (*) trái vế0
phơng trình vô nghiệm (0,25
điểm)
+Nếu x > 1 xét f(x) = x
1
12

+
x
n
là hàm số liên tục trên (1 ; +

)
mà f(-1) . f(2) < 0 . nên theo tính chất của hàm số liên tục
n
x
(0,5
điểm )
Sao cho x
n


(1;2 ) để f (x
n
) = 0 :
với x
n
=
n
n
n
xn
x
n
n
n
2
12
12
12
1

12
+

+
++
+
+
(theo bất đẳng thức côisi ) (0,5
điểm )
Và lim
1
2
12
lim =
+

n
n
x
n
Vậy lim x
n
= 1 (0,25
điểm)
n

+
<
n
n
xDo
n
2
12
1