Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 20 pptx

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12
Thời gian : 180 phút

Bài 1: (2điểm) :
Tìm các điểm cực trị của hàm số : y = e
x
cosx.
(Trích chuyên đề Hàm số của Lê
Hồng Đức)
Bài 2 (4 điểm) : Cho phương trình : cos3x - cos2x + m cosx - 1 =
0
a- (2 điểm) : Giải phương trình với m = 1.
b- (2 điểm) : Tìm m để phương trình có đúng bảy nghiệm  (-
2

; 2).
(Trích đề thi ĐH Y thành phố Hồ Chí Minh -
1999)
Bài 3 (2 điểm) : Giải bất phương trình :
162
2
 xx
- x + 2 > 0.
(Trích 150 đề thi Đại học)
Bài 4 (2 điểm) : Chứng minh rằng : ABC nhọn ta đều có :

3
2
(SinA + SinB + SinC) +
3
1

(tgA + tgB + tgC) > .
(Trích đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 tỉnh Hải Phòng
- 1998)
Bài 5 (2 điểm).
Tìm A = lim F(x) với F(x) =
1
75
2
3 23


x
xx

(Trích đề thi ĐH QGHN năm
1993)
Bài 6 (2 điểm) : Tính : I =


1
0
24
1xx
xdx

(Trích đề ĐH TCKT năm
2000)
Bài 7 (2 điểm) : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = x
3
+

2
3
x

với x > 0
x

1

(Trích PP giải toán hàm số của tác giả Lê
Hồng Đức)
Bài 8 (2 điểm) : Giải phương trình :
2sin3sin2
3).10sin3(3


xx
x
+ 3 -
Sinx = 0
(Trích đề thi học sinh giỏi Toán 12- tỉnh Đồng Nai
- 1996)
Bài 9 (2 điểm) : Cho ABC biết A (2; -1) và hai đường phân giác
trong của góc B và C lần lượt có phương trình là :
d
B
: x - 2y + 1 = 0
d
C
: x + y + 3 = 0

Hãy lập phương trình đường thẳng BC./.
(Trích đề thi ĐH Thương mại năm
1999)
HƯỚNG DẪN
CHẤM THI MÔN TOÁN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12
Thời gian : 180 phút

Bài

Nội dung Điểm
1
TXĐ : D = R
0,25
Ta có : y' = e
x
cosx - e
x
sinx.
Cho y' = 0  e
x
(cosx - sinx) = 0  sinx = cosx
 x =
4

+ k ( kz).
0,25
y" = e
x
cosx - e

x
sinx - (e
x
sinx + e
x
cosx) = - 2e
x
sinx 0,5

Với x =
4

+ k
TH
1
: Nếu k = 2l (lz) thì x =
4

+ l2.
Thay vào y" :
y"(
4

+ l2) = -


2
4
2
l

e

. Sin (
4

+ l2) < 0.
 y =
4

+ l2 (lz) là điểm cực đại của hàm số.
0,5

TH
2
: Nếu k = 2l + 1 (lz) thì x =
4
5

+ l2
Thay vào y" ta có :
y"(
4
5

+ l2) = -2


2
4
5

l
e

Sin (
4
5

+ l2) > 0
 x =
4
5

+ l2 là điểm cực tiểu của hàm số (lz)
0,5
2 4.00
2a 2.00
Biến đổi phương trình về dạng :
4cos
3
x - 3cosx - 2cos
2
x + 1 + mcosx - 1 = 0
 4cos
3
x - 2cos
2
x + (m - 3) cosx = 0 (1)
0,5

Đặt t = cosx, xR thì t [-1; 1] (*)

Với m = 1 thay vào (1) ta được :
t (4t
2
- 2t - 2) = 0  t = 0; t = -
2
1
; t = 1 thoả mãn (*)
1.00

cosx = 0 x =
2

+ k2
 cosx = -
2
1
 x =
3
2

 + k2 (kz)
cosx = 1 x = k2

0,5
2b 2.00

Từ phương trình (1) ta có :
cosx = 0 (2)
4cos
2

x - 2cosx + m - 3 = 0 (3)
Giải (2) ta có : cosx = 0  x =
2

+ k (kz)
Vì x (-
2

; 2) nên phương trình (2) chỉ nhận : x =
2

là nghiệm
x =
2
3





0,5

Đặt t = cosx thì (3)  4t
2
- 2t + m - 3 = 0 (4) 0,5
Để phương trình (1) có đúng 7 nghiệm  (-
2

; 2) thì phương trình (4)
phải có nghiệm thoả mãn điều kiện sau : -1 < t

1
< 0 < t
2
< 1
af(0) < 0 Trong đó f(t) = 4t
2
- 2t + m - 3
 af(-1) > 0
af(1) > 0
0,5
m - 3 < 0
 m - 1 > 0  1 < m < 3
m + 3 > 0
0,5
3 2.00

162
2
 xx > x - 2
2x
2
- 6x + 1  0
 x - 2 < 0
2x
2
- 6x + 1> (x - 2)
2

x - 2  0
0,5

x 
2
73

x 
2
73

 x < 2
2x
2
- 6x + 1 > x
2
- 4x + 4
x  2
0.5

x 
2
73

 x
2
- 2x - 3 > 0
x  2
0,5

x 

2
73

 x < -1  x 
2
73

x > 3 x > 3





x  2
KL : Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là :
T = (-  ;
2
73
]

(3; + )
0,5
4 2.00
Chứng minh :
Xét hàm số : f(x) =
3
2
sinx +
3
1

tgx - x
Với x  (0 ;
2

)
Ta có : f'(x) =
3
2
cosx +
x
2
cos
3
1
- 1
0.5

f'(x) =
3
1
(cosx + cosx +
x
2
cos
1
) - 1 
3
1
. 3 - 1
0,5

 f'(x)  0  Hàm số y = f(x) là hàm số ĐB trên (0 ;
2

) 
f(x) > f(0)
0,5


3
2
sinx +
3
1
tgx - x > 0  x  (0 ;
2

)
Vì ABC nhọn nên ta có :
Vậy (
3
2
sinA +
3
1
tgA - A) + (
3
2
sinB +
3

1
tgB - B) + (
3
2
sinC +
3
1
tgC - C) > 0.

3
2
(sinA + sinB + sinC) +
3
1
(tgA + tgB + tgC) > A + B + C

3
2
(sinA + sinB + sinC) +
3
1
(tgA + tgB + tgC) >  ()




0, 5
5
2.00
Viết F(x) về dưới dạng :

F(x) =
1
)27()25(
2
3 23


x
xx



1.00
Vậy : A = lim
)
1
25
(
2
3


x
x
- lim
1
27
2
3
2



x
x

x  1 x  1

Ta có : lim
)
1
25
(
2
3


x
x
= lim
25)(1(
45
32
3


xx
x
=
x  1 x  1
= lim

25)(1(
)1(
3
2


xx
xx
= -
8
3

x  1
0,5

Ta có : lim
1
27
2
3
2


x
x
= lim
]472)7)[(1(
1
3
22

3
22
2


xxx
x
=
x  1 x  1
= lim
472)7(
1
3 223 2
 xx
=
12
1

x  1
 A = - -
8
3
-
12
1
= -
24
11

0,5
6 2.00

Đặt t = x
2
 dt = 2xdx
Khi x = 0  t = 0
x = 1  t = 1 khi đó ta có :
I =


1
0
2
12
1
tt
dt
=


1
0
2
4
3
)
2
1

(
2
1
t
dt

Đặt t +
2
1
=
2
3
tgu  dt =
2
3

u
du
2
cos
=
2
3
(1 + tg
2
u) du
Khi t = 0  u =
6


t = 1  u =
3





0,5



0,5

I =
2
1




3
6
3
6
2
2
3
1
4
3

4
3
)1(
2
3




du
utg
duutg

0,5

I =


3
6
363
1



u
0,5
7 2.00

Ta có : y =

2
1
x
3
+
2
1
x
3
+
2
1
x
+
2
1
x
+
2
1
x
( x >0)
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 5 số :

2
1
x
3
;

2
1
x
3
;
2
1
x
;
2
1
x
;
2
1
x
ta có : y  5
5
222
33
1
.
1
.
1
.
3
1
.
2

1
xxx
xx

 y  5
5
4
1
 y 
5
4
5

 Min y =
5
4
5

(0; + )
0,5



0,5

Dấu "=" sảy ra 
2
1
x
3

=
2
1
x
3
= x
2
= x
2
= x
2

 x
5
= 2  x =
5
2

0,5
8 2.00
3
2sinx - 3
+ (3sinx - 10) 3
sinx - 2
+ 3 - sinx = 0 (5)
Đặt t = 3
sinx - 2
với t > 0. Khi đó phương trình tương đương với :
3t
2

+ (3sinx - 10)t + 3 - sinx = 0 (6)
 = (3sinx - 10)
2
- 4.3(3 - sinx) = (3sinx - 8)
2
0,5

Phương trình (6) có nghiệm là : t =
3
1

t = 3 - sinx
+ Với t =
3
1
ta được : 3
sinx - 2
=
3
1
 sinx - 2 = -1  sinx = 1
 x =
2

+ k2 (kz )
0,5
+ Với t = 3 - sinx ta có : 3
sinx - 2
= 3 - sinx (7)
Nhận thấy sinx = 2 là nghiệm của phương trình (7) vì 3

0
= 3 -
2 (đúng)
0,5
Chứng minh sinx = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (7) vì :
Vế trái y = 3
sinx - 2
là hàm số đồng biến.
Vế phải y = 3 - sinx là hàm số nghịch biến
Mặt khác, sinx = 2 (loại) vì 2 > 1
KL : Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x =
2

+ k2 (kz )

0,5
9 2.00

Gọi A
1
; A
2
theo thứ tự là điểm A(2; -1) d
B

đối xứng của A qua (d
B
) và (d
C
) d

C
thì A
1
; A
2
 BC.
 Phương trình đường thẳng
A
1
A
2
cũng chính là phương trình
của đường thẳng B. B A
1
A
2
C
+ Xác định A
1
:
Gọi (d
1
) là đường thẳng thoã mãn : (d
1
) đi qua A
(d
1
)  (d
B
)

 (d
1
) đi qua A ( 2; -1)
nhận véc tơ pháp tuyến
1
n = (2; 1)
 (d
1
) : 2x + y - 3 = 0
Gọi E = (d
1
)

(d
B
)  Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ :
2x + y - 3 = 0  E (1;1) vì E là trung điểm AA
1
 A
1
(0;3)
x - 2y + 1 = 0

0,5
+ Xác định A
2
:
Gọi (d
2
) là đường thẳng thoã mãn : (d
2
) đi qua A
(d
2
)  (d
C
)
 (d
2
) đi qua A ( 2; -1)
nhận véc tơ pháp tuyến
2
n = (1; -1)
 (d
2
) : x - y - 3 = 0
Gọi F = (d

2
)

(d
C
). Toạ độ điểm F là nghiệm của hệ :






0,5
E F
x - y - 3 = 0  F (0; -3) Vì F là trung điểm AA
2
 A
2
(-2; -5)
x + y + 3 = 0
Vậy phương trình BC được xác định :
BC đi qua A
1
 BC : 4x - y + 3 = 0
đi qua A
2

0,5

*Ghi chú : Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho

điểm tối đa.
Người lập
đáp án

Lê Thị
Minh