Tuyển tập các đề thi HSG toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)

Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
ĐỀ SỐ 1:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

MÔN THI TOÁN BẢNG A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Bài 1

(4 điểm)
1. Tìm trên trục hoành các điểm có thể kẻ đến đồ thị hàm số
1
2
−
=
x
x
y

hai tiếp tuyến tạo với nhau một góc 45
0
.
2. Tính thể tích vật thể sinh ra bởi phép quay quanh trục Ox của hình
giới hạn bởi:
xy
2
log=
; x + y = 3; y = 0.
Bài 2

(4 điểm)
1. Tìm m để hệ
( )
( )





<+++
<++−
077
022
2
2
mxmx
mxmx
có nghiệm.
2. Giải phương trình
332
2
+=−− xxx
.
Bài 3

(4 điểm)
1. Giải phương trình cos6x – cos4x + 4cos3x + 4 = 0.
2. Trong tam giác ABC, chứng minh rằng:
6
13

coscoscos
1
coscoscos ≤
++
+++
CBA
CBA
.
Bài 4

(4 điểm)
1. Giải phương trình
( ) ( ) ( )
[ ]
23log5log3
53
+=−+−− xxxx
.
2. Tính
x
xx
x
13121
lim
3
0
−++
→
.
Bài 5

(4 điểm)
1. Lập phương trình mặt cầu tâm I(1; -1; 1), biết rằng qua đường
thẳng



=−−−
=−−+
0122
0322
zyx
zyx
có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc
với mặt cầu.
2. Với a, b, c dương và 1 ≤ α ∈ R, chứng minh rằng:
11
1
11
1
11
1
−−
−
−−
−
−−
−
+
+

+
+
+
≥
+
+
+
+
+
αα
α
αα
α
αα
α
αα
α
αα
α
αα
α
ba
c
ac
b
cb
a
ba
c
ac

b
cb
a
Hết
1
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh số báo
danh
2
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Môn: TOÁN - bảng A
(đáp án này có 3 trang)
Bà
i
ý
Nội dung Điể
m
I
1
• TXĐ D = R\{1}
M ∈ Ox ⇒ M(x
0
; 0), đường thẳng qua M với hệ số góc k có
phương trình: y = k(x – x
0
)
(∆)
(∆) là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ:

( )
( )







=
−
−
−=
−
k
x
xx
xxk
x
x
2
2
0
2
1
2
1
có nghiệm
⇒
( )

( )
0
2
22
1
2
1
xx
x
xx
x
x
−
−
−
=
−
⇔
( )
[ ]
021
00
=−+ xxxx
⇒





−≠

+
=
=
1
1
2
0
0
0
0
xVoi
x
x
x
x
• Với x
0
= 0 ⇒ k = 0,
Với x
0
=
1
2
0
0
+x
x
⇒ k =
( )
2

0
0
1
4
+
−
x
x
• Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì:
21
21
0
1
45
kk
kk
tg
+
−
=
⇒
( )
2
0
0
1
4
+x
x
= ±

1

223
0
±=x
• ⇒ M
1
(
223 +
; 0), M
2
(
223−
; 0).
0.5®
0.5®
0.5®
0.5®
2
Giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè
xy
2
log=
, vµ ®êng th¼ng x +y = - 3
lµ A(2; 1) ⇒ V = π
( )









−+
∫∫
dxxdxx
3
2
2
2
1
2
3log
=V
1
+ V
2
• V
1
=π
dxx
∫
2
1
2
log
=π
dxxe
∫

2
1
2
ln.log
=
=π
( )
12ln2.log
2
−e
.
• V
2
=π
( )
dxx
∫
−
3
2
2
3
= = π
3
1
• V=π[
3
1
+
( )

12ln2.log
2
−e
] (®vtt)
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
II 1
( )
( )





<+++
<++−
)2(077
)1(022
2
2
mxmx
mxmx
3
y
O 1 2 3
x
1
Tuyn tp cỏc thi HSG Toỏn lp 12 (cú ỏp ỏn chi tit) (phn 1)

B
i
ý
Ni dung i
m

1
= (m 2)
2
0 v
2
= (m 7)
2
0 m = 2 hoc m = 7 thỡ
h phng trỡnh vụ nghim.
Vi





7
2
m
m
v
0m
thỡ tp nghim ca (1) l D
1
R

+
v tp
nghim ca (2) l D
2
R
-
nờn h phng trỡnh vụ nghim.
Vi m < 0 tp nghim D
1
= (m; 2) v tp nghim D
2
= (-7; -m)
h phng trỡnh luụn cú nghim.
H phng trỡnh luụn cú nghim vi m < 0.
0.5
0.5
0.5
0.5
2

( )
( ) ( )( )
0133033
2
=+++=+++ xxxxxxxx

2
131
03
0

3
2

=



=

=+ x
xx
x
xx

2
173
023
1
13
2
+
=



=

=+ x
xx
x

xx
Kt lun:
2
131
=x
v
2
173+
=x
l nghim.
0.5
0.5
0.5
0.5
III
1

04cos33cos43cos2
2
=++ xsxx

( )
02sin213cos2
2
=++ xx

=
=
02sin
13cos
x
x









=
+=
2
3
2
3


lx
k
x
KL: Nghiệm x = + 2k
0.5đ
0.5đ
0.5đ

0.5đ
2
đặt
CBA coscoscos
++
= 1+
2
sin
2
sin
2
sin4
CBA
= t 1< t
2
3
Xét f(t) =
t
t
1
+
trên (1;
2
3
], có f(t) =
2
1
1
t

> 0 hàm số đồng
biến trên (1;
2
3
]
t (1;
2
3
] thì f(1) < f(t) f(
2
3
) =
6
13
Vậy
6
13
coscoscos
1
coscoscos
++
+++
CBA
CBA
Dấu bằng xảy ra khi:
CBA coscoscos
++
=
2
3

hay tam giác đều.
0.5
0.5
0.5
0.5
4
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
Bà
i
ý
Nội dung Điể
m
IV 1
• Pt ⇔
( ) ( )
3log5log
53
−+− xx
=
3
2
−
+
x
x
với x > 5
• Hàm số y =
( ) ( )
3log5log
53

−+− xx
đồng biến trên (5; + ∞)
• Hàm số y =
3
2
−
+
x
x
có y’=
( )
2
3
5
−
−
x
< 0 nghịch biến trên (5; + ∞)
• ⇒ phương trình có nghiệm duy nhất x = 8
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
2
• L =
x
xxxx
x
131313121
lim

333
0
−+++−++
→
=
x
x
x
x
121
31lim
3
0
−+
+
→
+
x
x
x
131
lim
3
0
−+
→
= L
1
+ L
2

• L
1
=
x
x
x
x
121
31lim
3
0
−+
+
→
=
( )
121
2
31lim
3
0
++
+
→
xx
x
x
x
= 1
• L

2
=
x
x
x
131
lim
3
0
−+
→
=






++++
→
13131
3
lim
3
2
3
0
xxx
x
x

= 1
• Vậy L = 2
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
V
1
•



=−−−
=−−+
)(0122
)(
0322
Qzyx
P
zyx
ta nhận thấy



∈
∉
)(
)(
QI
PI

và (P) ⊥ (Q)
• ⇒ hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận (Q) làm mặt phẳng
phân giác ⇒ 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cũng
là hai mặt phẳng phân giác của góc sinh bởi (P) và (Q). Nên
phương trình 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là:
|2x + 4y – z -3| = |x – 2y -2z -1| ⇔



=
=++
04- 3z-x 3
0 2 - z 4y x

• Bán kính mặt cầu cần lập: R = d(I/α) =
3
2141 −+−
=
3
4
• Phương trình mặt cầu cần lập là:
( ) ( ) ( )
9
16
111
222
=−+++− zyx
0.5đ
0. 5đ
0.5đ

0.5đ
2 Giả sử a ≥ b ≥ c > 0
0
11
1
11
1
11
1
≥








+
−
+
+









+
−
+
+








+
−
+
⇔
−−
−
−−
−
−−
−
αα
α
αα
α
αα
α
αα
α

αα
α
αα
α
ba
c
ba
c
ac
b
ac
b
cb
a
cb
a
0
1
11
11
1
11
1
11
1
≥







+
−
+
+
+






+
−
+
+






+
−
+
⇔
−−
−
−−

−
−−
−
αααα
α
αααα
α
αααα
α
baba
c
c
acac
b
b
cbcb
a
a
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
0
11
11
1
11
11

1
11
11
1
≥
++
−+−
+
+
++
−+−
+
++
−+−
⇔
−−
−−
−
−−
−−
−
−−
−−
−
αααα
αα
α
αααα
αα
α

αααα
αα
α
bcac
acbaca
c
acac
abacbc
b
cbcb
cacbab
a
0.5đ
0.5đ
0.5đ
5
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
Bà
i
ý
Nội dung Điể
m

( )
( )( ) ( )( )
( )
( )( ) ( )( )
( )
( )( ) ( )( )
0

11
11
11
1111
11
1111
11
1111
11
≥








++
−
++
−+
+









++
−
++
−+
+








++
−
++
−⇔
−−−−
−−
−−−−
−−
−−−−
−−
αααααααα
αα
αααααααα
αα
αααααααα
αα

abcbbaba
acac
babaacac
cbcb
acaccbcb
baba
Điều này luôn đúng với mọi a ≥ b ≥ c > 0 và α > 1, α ∈ R
dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0.
0.5đ
ĐỀ SỐ 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
– THPT
THANH HOÁ Năm học 2005 - 2006

Môn thi : TOÁN HỌC - BẢNG A
Đề chính thức (Thời gian : 180 phút - không kể thời
gian giao đề)
Bài 1:

( 4 điểm )
Cho hàm số :
1
1
1
−
++=
x
xy
( C )
1/ Khảo sát hàm số .

2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp
tuyến tại diểm
đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất .
Bài 2

: (2 điểm )
Biện luận theo m số nghiệm dương của phương trình :
∫
−=






−
x
mdt
t
t
1
2
11
Bài 3

: (2 điểm )
Giải phương trình :
xxxxxxx −−+−−+−−= 3.55.44.3
Bài 4:

(2 điểm )
Tìm các giá trị thực của m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm






∈
4
;0
π
x
:

( ) ( ) ( ) ( )
0342212364
23
=−−−+−+− CosxmxCosxSinmSinxmxSinm

Bài 5:

(2 điểm )
6
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là ba số nguyên
liên tiếp .
Bài 6:

(2 điểm )

Tìm đa thức
( )
xP
có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều kiện sau :

( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
Rx
P
xPxPxxxPxx
∈∀



=
=++−−+
;
271
012'22''42
2
Bài 7:

(2 điểm )
Giải hệ sau :
( )
( )






≤++−−
=
+−
−+
8312
32
2
4
3log23
2
yyy
y
xCos
Bài 8

: (2 điểm )
Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình
chóp này trùng
với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều
cắt một cạnh
bên của hình chóp kia. Cạnh bên
l
của hình chóp thứ nhất tạo với
đường cao một
góc
α
.Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc

β
.
Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp .
Bài 9:

(2điểm )
Cho các số thực
2,, ≥cba
chứng minh bất đẳng thức sau :

3
222
≥++
+++
cLogbLogaLog
baaccb

.
Họ và tên thí sinh : Số báo
danh
Thanh hóa; Ngày 06 tháng 09 năm 2005
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN KHỐI 12
Bài ý Lời giải chi tiết Điểm
Bài
1
1 a) TXĐ : D = R
b) Sự biến thiên:
• CBT:
( )

2
1
1
1'
−
−=
x
y
; y’ = 0 có 2 nghiệm x = 0 ; x = 2
• HS đồng biến trên
( ) ( )
+∞∞− ;2;0;
và nghịch biến trên các
khoảng
( ) ( )
2;1;1;0
• Cực trị : Cực đại tại x =0 và
0=
CD
y
Cực tiểu tại x=2 và
4=
CT
y
• Nhánh vô cực và tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm
cận xiên y = x+1 và
−∞=+∞=
−∞→+∞→
yLimyLim
xx

;

• BBT :
1 điểm
7
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)




c) Đồ thị : y
Đồ thị đi qua gốc toạ độ O=(0;0)
Tâm đối xứng I=( 1;2 )
1
O
x
-1 1

1 điểm
2
Gọi
( )( ) ( )
0;; >∈= aCayaM
thì
( )
11
1
1
2
−

=
−
++=
a
a
a
aay
PTTT của ( C ) tại M là:
( ) ( )( )
( )
( )
1
1
2
'
2
2
2
−
+−
−
−
=⇔−=−
a
a
ax
a
aa
yaxayayy

(d)
Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1
Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 )

Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là






−
=
1
2
;1
a
a
A
Với tiệm cận xiên là :
( )
aaB 2;12 −=
0.5
điểm

8
x
∞−
o 1 2
∞+

y’ +
0
- ‖ -
0
+
y


Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
Ta có
122;
1
2
−=
−
= aBI
a
AI
, nên
24. =BIAI
vì a > 1
Lại có
4
π
=∠AIB
suy ra
BIAIBIAIBICosAIBIAIAB .2
4
.2
22222

−+=−+=
π

Theo bất đẳng thức Cô si :
( )
BIAIBIAIBIAIAB .22.2.2
2
−=−≥
( )
1222 −≥⇔ AB
(1)
Đặt p là chu vi tam giác ABI thì :
( )
4
241222.2 +−≥+≥++= BIAIABBIAIABp
Dấu đẳng thức xảy ra
4
2
1
1+=⇔=⇔ aBIAI

Vậy
( )
4
4
2
1
1241222 +=⇔+−= aMinp
Hay điểm cần tìm là







+++=
44
2
1
22;
2
1
1M
0.5
điểm

0.5
điểm

0.5
điểm
Bài
2
Ta có
2
1
ln
2
1
2

11
2
1
2
11 1
−−=








−=−=






−
∫∫ ∫
xxtLn
t
dt
t
tdtdt
t
t

x
xx x
PT đã cho tương đương với
mxx =− ln
2
1
2
(1)

Số nghiệm dương của PT là số giao điểm của đường thẳng y = m
và đồ thị hàm số
( )
xxxf ln
2
1
2
−=
với hoành độ dương.
Xét hàm số :
( )
xxxf ln
2
1
2
−=
trên
( )
+∞;0
Đạo hàm
10';

1
' ±=⇔=−= xy
x
xy

+∞==
+
→
+∞→
yLimyLim
x
x
0

BBT
x
∞−
o 1
∞+
y’ | - o +
y |
∞+

∞+

0.5 điểm

0.5
điểm

9
Tuyn tp cỏc thi HSG Toỏn lp 12 (cú ỏp ỏn chi tit) (phn 1)

2
1

T BBT ta c :
+/ Vi
2
1
<m
thỡ PT vụ nghim
+/ Vi
2
1
=m
thỡ PT cú nghim dng duy nht x = 1
+/ Vi
2
1
>m
thỡ phng trỡnh cú 2 nghim dng phõn bit
0.5 im

0.5
im
Bi
3
K :
3x

t
xcxbxa === 5;4;3
Ta cú
cabcabcbax ++====
222
543


Do ú
( )( )
( )( )
( )( )





=++
=++
=++






++=
++=
++=
5

4
3
5
4
3
2
2
2
cbac
bacb
acba
cabcabc
cabcabb
cabcaba
Nhõn v vi v cỏc PT ta c
( )( )( )
152=+++ accbba
( * )

Thay ln lt cỏc phng trỡnh ca h vo PT ( * ) s cú :









=+

=+
=+
4
152
3
152
5
152
ac
cb
ba
Cng cỏc v phng trỡnh ca h, cú PT mi v thay
ln lt mi PT ca h vo PT va cú.Ta c nghim ca
phng trỡnh ó cho l:

240
671
=x

0.5
điểm

0.5
điểm

1 điểm
Bài
4
Nhận thấy Cosx=0 không thoả mãn PT , bằng các chia cả 2 vế cho
0

2
xCos
ta đợc phơng trình :

( )
( )
03421
2
=+ mmtgxxtgtgx
Đặt tgx = t , ta có PT :
( )
( )
03421
2
=+ mmttt
(1)

Để PT đã cho có nghiệm







4
;0

x
thì PT (1) phải có nghiệm

10

t

Do PT (1) luôn có 1 nghiệm
[ ]
1;01=t
nên PT
0342
2
=+ mmtt
0.5
điểm

10
Tuyn tp cỏc thi HSG Toỏn lp 12 (cú ỏp ỏn chi tit) (phn 1)
Chỉ có 1 nghiệm t = 1 hoặc không có nghiệm nào thuộc đoạn [ 0 ; 1 ]

Để ý rằng t = 2 không thoả mãn . Do đó
( )
m
t
t
tf =


=
42
3
2

Xét f(t) trên [0;1] ta có :

( )
( )
[ ]
1;0;0
2
34
2
1
'
2
2










+
= t
t
tt
tf
Lập bảng biến thiên và từ BBT ta đợc :

<

4
3
1
m
m
0.5
điểm

1 điểm
Bi
5
Ta chng minh b : iu kin cn v tam giỏc ABC cú B= 2A
l
acab +=
22
(1)
Tht vy: Theo nh lý CụSin trong tam giỏc

aCosBacaaCosBcacaacCosBcab 222
2222
==+=+=
ỏp dng nh lý Sin, ta c
RSinACosBRSinARSinC 422 =

( ) ( ) ( )

ABSinSinABASinBASinSinASinC =++=
Do ú B = 2A v

<< BA,0

Vỡ 3 cnh l 3 s nguyờn liờn tip nờn vi
*
Nx
v a < b, ta cú cỏc
trng hp sau :
a) Nu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi ú t (1) ta c x=1
suy ra a=1,b=2,c=3. Khụng tho món tớnh cht cnh ca tam
giỏc
b) Nu a=x,b=x+2,c=x+1 : T (1) ta cú PT
043
2
= xx
Suy ra a=4,b=6,c=5 ( tho món )
c) Nu a=x+1,b=x+2,c=x : Tng t thỡ
03
2
= xx
, PT khụng
cú nghim nguyờn dng nờn khụng tho món.
Vy cú 1 tam giỏc duy nht tho món bi ra l tam giỏc cú
di cỏc cnh l : a = 4,b = 6,c =5 .
1 im

1 im
Bi

6
Gi s a thc cn tỡm l:
( )
0;
01
1
1
++++=

n
n
n
n
n
aaxaxaxaxP

( ) ( )
12
2
1
1
2 1' axaxanxnaxP
n
n
n
n
++++=

( ) ( ) ( )( )
2
3
1
2
2 211'' axannxannxP
n
n
n
n
+++=




T yờu cu , ta cú iu kin cn l : H s ca lu tha bc (n + 1)
phi bng 0. m h s ú l
( ) ( )
nnn
annnaann 321 =
Li do
1;0 > na
n
nờn
( )
303 == nann
n

Do vy a thc phi cú dng

( )
0;
301
2
2
3
3
+++= aaxaxaxaxP
0.5
điểm

0.5
điểm
11
Tuyn tp cỏc thi HSG Toỏn lp 12 (cú ỏp ỏn chi tit) (phn 1)
Thay a thc vo iu kin (1) :
( ) ( ) ( )
xaaxaaaxaaaxaa =+++ ;0161248882248212
20321
2
132
3
23





=
=

=








=
=
=
=

30
31
32
20
321
132
23
8
12
6
043
06
0124
06
aa
aa

aa
aa
aaa
aaa
aa

Nờn
( )
( )
8126
23
3
+++= xxxaxP

Mt khỏc
( )
271 =P
; Suy ra
12727
33
== aa
Vy a thc cn tỡm l :
( )
8126
23
+++= xxxxP

0.5
điểm

0.5
điểm
Bài
7
Với
Rx

ta có
( )
32223
332323
4
222
===
+
+
LogLogLogxCos
y

51)4( + yy
(1)
Đẳng thức xảy ra khi
ZkkxCosxxCos +===+ ;
2
0021


(2)

Với điều kiện (1) thì

8)3(/1///2
2
++ yyy
trở thành :

0505
2
+ yyy
, kết hợp với (1) ta có y = - 5 (3)

Kết hợp (1);(2) và (3) ta có nghiệm của hệ đã cho là :






=
+=
5
;
2
y
Zkkx


1 điểm

0.5
điểm

0.5
điểm
Bi
8
t 2 hỡnh chúp tam giỏc u l : O.ABC v O.ABC vi O l tõm ca
tam giỏc ABC v O l tõm ca tam giỏc ABC.
Theo bi ra thỡ OO l ng cao chung ca 2 hỡnh chúp .
t D,E,F l cỏc giao im ca cỏc cp cnh bờn tng ng ca 2 hỡnh
chúp . Phn th tớch chung ca 2 hỡnh chúp l th tớch ca khi a din
ODEFO. Ký hiu V l th tớch ú thỡ
DEF
SOOV

= '.
3
1


COO'
vuụng ti O nờn

cos' lOO =

Do tớnh i xng nờn OO i qua tõm I ca
DEF
.
Trong
IOE
ta cú :

gIEOI cot=

Trong
EIO'
cú:

gIEIO cot' =

Suy ra




gg
l
gg
OO
IEggIEOO
cotcot
cos
cotcot
'
)cot(cot'
+
=
+
=+=

0.5

im

0.5
im
12
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
Tam giác DEF đều , đường cao
EIEJ
2
3
=

Diện tích
4
3
2
DE
S
DEF
=
∆
với
3
3
32
EI
EJ
DE ==
Do đó
2

22
)cot(cot4
cos33
βα
α
gg
l
S
DEF
+
=
∆

Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là :
2
33
)cot(cot4
cos3
βα
α
gg
l
V
+
=



A
B

C
O
A'
C'
B'
D
F
E
O'
I

0.5
điểm

0.5
điểm
Bài
9
Bất đẳng thức
( ) ( ) ( )
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2

≥
+
+
+
+
+
⇔
baLog
cLog
acLog
bLog
cbLog
aLog
(1)
Do
2 ≥cba
nên
abba
ba
≤+⇔≤+ 1
11
,tương tự ta cũng được :

acacbccb
≤+≤+
&

Khi đó
( )
yx

z
xz
y
zy
x
abLog
cLog
caLog
bLog
bcLog
aLog
VT
+
+
+
+
+
=++≥
222
222
1
2
2
2
2
2
2
(2)
Với
cLogzbLogyaLogx

222
;; ===


Ta chứng minh:
1,,;3
222
≥≥
+
+
+
+
+
zyx
yx
z
xz
y
zy
x

( )
9
111
.222
92
2
2
2
2

2
≥








+
+
+
+
+
++⇔
≥








+
+
+







+
+
+








+
+
⇔
xzzyyx
zyx
yx
z
xz
y
zy
x

1 ®iÓm

0.5
®iÓm
13
Tuyn tp cỏc thi HSG Toỏn lp 12 (cú ỏp ỏn chi tit) (phn 1)

ỏp dng bt ng thc Cụ si cho v trỏi , ta c iu phi chng
minh
Du ng thc xy ra khi
2
2
1;;
222
===



===
==




==

cba
cba
cLogbLogaLog
zyx
zyx

0.5
điểm
Chú ý : Nếu thí sinh có lời giải theo các cách khác mà đúng vẫn cho điểm
theo biểu điểm của
từng bài .
S 3:
S GIO DC O TO THANH HO
TRNG THPT BM SN
ngh: BNG A
THI CHN HC SINH GII TNH MễN TON LP 12
NM HC 2005 - 2006
(Thi gian lm bi 180 phỳt)
Bi 1:

(4 im)
1) ( 48 I
2
trong 150 tuyn sinh i hc)
Tỡm trờn th hm s y =
1
2
x
x
hai im A v B i xng nhau qua ng
thng y = x -1
2) (T sỏng tỏc)
Cho a, b, c R vi a 0 v m N
*
tho món:

0
24
=+
+
+
+ m
c
m
b
m
a
.
Chng minh rng:
th hm s: y = ax
4
+ bx
2
+ c luụn ct trc ox ti ớt nht mt im thuc
khong (0;1).
Bi 2:

(5 im)
1) (T sỏng tỏc)
Tỡm tng tt c cỏc nghim x [1;100] ca phng trỡnh:
Sin
4
x + Sin
4
( x +
4

) + Sin
4
(x +
xSinx 4
2
3
)
4
3
(sin)
2
44
=++

2) ( Toỏn hc tui tr nm 2003)
Cho tam giỏc ABC khụng cú gúc tự tho món h thc:
14
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
6
5
coscos)2cos2(cos
2
1
)3cos3(cos
3
1
=+++−+ BABABA
Hãy tính các góc của tam giác đó.
Bài 3:

(4 điểm)
1) (Toán Bồi dưỡng giải tích tổ hợp của Hàn Liên Hải - Phan Huy Khải)
Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) =
23
24
5
++ xx
x
2) (Tự sáng tác)
Giải phương trình: 3x
2
+ 1 + log
2006

6
26
2
1
24
x
xx
x
=
++
+
Bài 4:

(4 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy

1) ( Đề thi tuyển sinh vào ĐHXD - Hà Nội năm học 2000-2001)
Cho điểm A(4;0) và đường thẳng ∆: 4x - 9 = 0. Chứng minh rằng tập hợp các
điểm M có tỷ số khoảng cách từ đó đến điểm A và từ đó đến đường thẳng ∆ bằng
3
4
là một Hypebol. Hãy viết phương trình của Hypebol đó.
2) ( Chuyên đề về hình học giải tích của Cam Duy Lễ - Trần Khắc Bảo)
Cho Parabol y
2
= 2px (p > 0) và đường thẳng d di động nhưng luôn đi qua tiêu
điểm F của Parabol. Gọi M, N là các giao điểm của parabol với đường thẳng d.
Chứng minh rằng đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một đường thẳng
cố định.
Bài 5:

(3 điểm) (500 Bài toán về bất đẳng thứccủa Phan Huy Khải -Tập II)
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của
SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Gọi V
1
, V thứ tự
là thể tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và
giá trị lớn nhất của tỷ số
V
V
1
.
15
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
16
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KỲ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI TỈNH - MÔN TOÁN LỚP12
Nội dung Điểm
Bài 1: (4 điểm)
1) (2 điểm)
Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x -1 nên đường thẳng
AB có pt: y = -x + m
=>Hoành độ các điểm A, B là x
A
, x
B
chính là nghiệm pt:
mx
x
−
2
=-x +m
⇔ g(x) = 2x
2
- (m + 1)x + m = 0
0,5 điểm
Gọi I là trung điểm của AB ta có x
I
=
4
13
4
1
2
−

=+−=⇒
+
=
+
m
mxy
m
xx
II
BA
Ta phải có điểm I thuộc đường thẳng y =x -1 =>
1
4
1
4
13
−
+
=
− mm
⇔ m = -1
0,5 ®iÓm
Khi ®ã g(x) = 2x
2
- 1= 0 ⇔ x =
2
2
±
0,5 ®iÓm
Với x

A
= -
2
2
=> y
A
= -x
A
-1 = -1+
2
2
; Với x
B
=
2
2
=> y
B
= -1-
2
2
Vậy hai điểm cần tìm là A(-
2
2
; -1+
2
2
) và B (
2
2

; -1-
2
2
)
0,5 điểm
2) (2 điểm)
Xét hàm số f(x) =
m
cx
m
bx
m
ax
mmm
+
+
+
+
++
24
24
với a ≠ 0 và m N
*
Là hàm số liên tục và có đạo hàm là:
f’(x) = ax
m+3
+ bx
m+1

+ cx

m-1
với ∀x∈R
0,5 điểm
Ta tính được f(0) = 0 và f(1) =
0
24
=+
+
+
+ m
c
m
b
m
a
(do giả thiết)
Theo định lý Lagrăng: tồn tại x
0
∈(0;1) sao cho f’(x
0
) =
0
01
)0()1(
=
−
− ff
0,5 điểm
=> ax
1

0
1
0
3
0
−++
++
xmm
cb
= 0
=> x
0)(
2
0
4
0
1
0
=++
−
cbax
m
=> ax
4
0
+ bx
2
0
+ c = 0
0,5 điểm

Tức là pt: ax
4
+ bx
2

+ c = 0 có nghiệm x
0
∈(0;1)
Hay đồ thị hàm số: y = ax
4
+ bx
2
+ c

luôn cắt ox tại ít nhất 1 điểm thuộc
(0;1)
0,5 điểm
Bài 2: (5 điểm)
1) (3 điểm)
Trước hết biến đổi vế trái của pt: Sử dụng công thức Sin (α +
2
π
) = cosα
Ta được: VT = Sin
4
x + cos
4
x + Sin
4
(x+

4
π
) + Cos
4
(x+
4
π
)
17
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
= (Sin
2
x +Cos
2
x) - 2Sin
2
x Cos
2
x + 1 - 2Sin
2
(x+
4
π
).Cos(x+
4
π
)
= 1-
2
1

Sin
2
2x +1 -
2
1
Sin
2
(2x +
2
π
) = 2 -
2
1
Sin
2
2x -
2
1
Cos
2
2x = 2 -
2
1
=
2
3
1 điểm
Nên pt đã cho viết thành:
2
3

Sin
4
4x =
2
3
⇔ Sin
2
4x = 1 ⇔ Cos 4x = 0
⇔ 4x =
2
π
+ kπ ⇔ x =
8
π
+ k.
4
π
với k ∈ Z
0,5 điểm
Để x ∈ [1; 100] ta phải có: 1 ≤
8
π
+ k.
4
π
≤ 100 ⇔ 8 ≤ (2k+1) π ≤ 800
mà k ∈ Z nên k = 1, 2, 3 …… .,126
0,5 ®iÓm
Nªn tæng c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ: S =
∑∑

==
+=+
126
1
126
1
)12(
8
)21(
8
kk
kk
ππ
0,5 ®iÓm
Ta có
∑
=
+
126
1
)12(
k
k
là tổng của 126 số hạng của cấp số cộng có u
1
= 3 và u
126
=
253
Vậy S =

π
π
2016
2
126).2533(
.
8
=
+
0,5 điểm
2) (2 điểm)
Ta có
3
1
(Cos 3A + Cos 3B) -
2
1
(Cos 2A + Cos 2B) + Cos A +CosB =
6
5

(1)
⇔
3
1
(4 Cos
3
A - 3 CosA + 4 Cos
3
B - 3CosB) -

2
1
(2Cos
2
A-1+2Cos
2
B-
1)+CosA+CosB =
6
5
⇔ (
3
4
Cos
3
A - Cos
2
A) + (
3
4
Cos
3
B - Cos
2
B) =-
6
1
(2)
Xét hàm số f(t) =
3

4
t
3
- t
2
víi t ∈[0;1] ta cã:
0,5 ®iÓm
f’(t) = 4t
2
- 2t; f’(t) = 0 ⇔ t = 0
t =
2
1
. Ta cã b»ng biÕn thiªn;
=> Víi ∀t ∈[0;1] th× f(t) ≥ f(
2
1
) = -
12
1
0,5 ®iÓm
18
t 0
2
1
1
f’(t) 0 - 0 +
f(t)

12

1
−
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
Vì ∆ABC không có góc tù nên 0 ≤ CosA <1
0 ≤ Cos B <1

3
4
Cos
3
A - Cos
2
A ≥ -
12
1

3
4
Cos
3
B - Cos
2
B ≥ -
12
1
=> VT
(2)

≥ -
6

1
(3)
0,5 điểm
Do đó (2) được thoả mãn ⇔ (3) xảy ra dấu “=” => Cos A =
2
1
Cos B =
2
1
=> A = 60
0
B = 60
0
=> C = 60
0
0,5 ®iÓm
Bµi 3: ( 4 ®iÓm)
1) (2 ®iÓm)
Ta cã:
23
23
23
24
3
24
5
++
+
−=
+ xx

xx
x
xx
x
v× x
4
+ 3x
2
+ 2 = (x
2
+ 2 ) (x
2
+ 1)
§Æt
1223
23
2224
3
+
+
+
+
+
=
++
+
x
DCx
x
bAx

xx
xx
Víi ∀x
⇔ 3x
3
+ 2x = (Ax + B) (x
2
+ 1) + (Cx + D) (x
2
+ 2) Víi ∀x
0,5 ®iÓm
Hay 3x
3
+ 2x = (A+C)x
3
+ (B + D)x
2
+ (A + 2C)x + B + 2D Với ∀x
=> A + C = 3 B = D = 0
B + D = 0 => C = -1 tức là
12
4
23
23
2224
3
+
−
+
+

=
++
+
x
x
x
x
xx
xx
A + 2C = 2 A = 4
B + 2D = 0
=> f(x) = x -
12
4
22
+
+
+ x
x
x
x
=> ∫f(x)dx =
1
)1(
2
1
2
)2(
2
212

4
2
2
2
2
22
22
2
+
+
∫+
+
+
∫−=
+
∫+
+
∫−
x
xd
x
xdx
x
xdx
x
xdxx
0,5 điểm
0,5 điểm
Vậy ∫ f(x)dx =
kxx

x
++++− )1ln(
2
1
)2ln(2
2
22
2
víi k lµ h»ng sè
0,5 ®iÓm
2) (2 ®iÓm)
PT ®· cho viÕt thµnh: log
2006

1
24
26
2
++
+
xx
x
= x
6
- 3x
2
- 1 (1)
§Æt: u = 4x
2
+ 2 > 0 ta ®îc pt: log

2006

v
u
= v - u
v = x
6
+ x
2
+ 1> 0
⇔ log
2006
u - log
2006
v = v- u (*)
0,5 ®iÓm
19
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
- Nếu u > v thì VT (*) > 0 > VP (*) nên không thoả mãn.
- Nếu u < v thì VT (*) < 0 < VP (*) nên không thoả mãn
- Xét u = v thì VT (*) = 0 VP (*)
Do đó pt (*)⇔ x
6
+ x
2
+ 1 = 4x
2
+ 2 ⇔ x
6
- 3x

2
- 1= 0 (2)
Đặt t = x
2
≥ 0 ta được pt: f(t) = t
3
- 3t - 1 = 0 (3)
0,5 điểm
Ta có f’(x) = 3t
2
- 3; f’(t) = 0 ⇔ t = -1
t = 1. Ta có bảng biến thiên
t -∞ -1 0 1 +∞
f’(t) + 0 - 0 + hơn nữa f(2) = 1
f (t) 1 +∞

-∞
Do đó pt (3) có nghiệm với t ≥ 0 và là nghiệm duy nhất t ∈(0;2)
Đặt t = 2 cos α với 0 < α <
2
π
ta được 8 Cos
3
α - 6 Cos α - 1 = 0
⇔ 4Cos
3
α - 3 Cosα =
2
1
hay cos 3α =

3
3
2
1
π
α
=⇒
(Do 0 < α <
2
π
)
=> α =
9
π
ta có t = x
2
= 2 Cos
9
π
. Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = ±
9
2
π
Cos
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 4: (4 điểm)
1) (2 điểm): Giả sử điểm M (x;y) khi đó AM =
22
)4( yx +−

Khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆: 4x - 9 = 0 là d(M;∆) =
4
94 −x
0,5 điểm
Ta có
94)4(3
3
4
);(
22
−=+−⇔=
∆
xyx
Md
AM
⇔ 7x
2
- 9y
2
= 63 ⇔
1
79
22
=−
yx
Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là Hypebol có phương trình
1
79
22
=−

yx
0.5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
2)( 2 điểm): Parabol y
2
= 2px đường
chuẩn là ∆: x = -
2
p
. Đường tròn
đường kính MN có tâm là trung
20
-3
y
M F
I
d
x
O
-1
N
1
M
1
H
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
điểm I của MN và bán kính R=
2
MN

Gọi M
1
; N
1
, H thứ tự là hình chiếu
Của các điểm M, N và I.
Theo đ/n của Parabol có
MM
1
= MF
NN
1
= NF
=> MM
1
+ NN
1
= MF + NF = MN.
Mà trong hình thang vuông MM
1
N
1
N thì MM
1
+ NN
1
= 2 IH. Do đó IH=
2
MN
VËy ®êng trßn ®êng kÝnh MN lu«n tiÕp xóc víi ®êng chuÈn cña Parabol

0,5 ®iÓm
0,5 ®iÓm
0,5 ®iÓm
0,5 ®iÓm
Bài 5: (3 điểm):
Vì ABCD là hình bình hành
=> V
SABC
= V
SADC
=
2
1
V
SABCD
=
2
1
V.
Đặt
x
SB
SM
=
,
y
SD
SN
=
thì

4
.
.
Vx
V
SC
SK
SB
SM
V
V
SAMK
SABC
SAMK
=⇒=
=> V
1
= V
SAMK
+ V
SANK
=
4
V
(x + y) (1)
Mặt khác V
1
= V
SAMN
+ V

SMNK
=
= x.y.
2
V
+ x.y.
4
V
=> V
1
=
4
.3 Vxy
(2).
Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y =
13 −x
x
(3)
Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x >
3
1
Và y =
1
13
1 ≤
−
⇒≤
x
x
SD

SN
⇔ 2x
3
- 1 ≥ 0 (vì 3x-1) 0 => x ≥
2
1
do đó
2
1
≤ x ≤
1
Từ (1) =>
4
1
1
=
V
V
(x + y) =
xy
4
3
=
)13(4
3
13
.
4
3
2

−
=
− x
x
x
x
x
Xét hàm số f(x) =
)13(4
3
2
−x
x
với
1
2
1
≤≤ x
. Ta có f’(x) =
2
)13(4
)23(3
−
−
x
xx
f’(x) = 0 ⇔ x = 0 không thuộc đoạn [
1;
2
1

]
0,5điểm
0,5điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
21
Tuyn tp cỏc thi HSG Toỏn lp 12 (cú ỏp ỏn chi tit) (phn 1)
x =
3
2
=> Bng bin thiờn
x
2
1

3
2
1

f(x) - 0 +

f(x) 3/8 3/8


3
1
Suy ra
3
1
f(x)

8
3
vi x [
1;
2
1
] hay
3
1

8
3
1

V
V
Vy Min (
V
V
1
) =
3
1
khi x =
3
2
hay SM =
3
2
SB

V Max (
V
V
1
) =
8
3
khi










=
=
BM
M
x
x
1
2
1
0,5 im
0,5 im
S 4:

S GD & T THANH HO
TRNG THPT MAI ANH TUN
K THI HC SINH GII LP 12
Năm học 2005-2006
Môn: Toán. Bảng A-B
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu I.

(5 điểm). Cho hàm số
1
22
2

+
=
x
xx
y
1, Kho sỏt v v th (C) ca hm s trờn.
2, Chng minh ng thng (d):
1
12
=

+
y
x
cú ỳng hai im m t mi
im ú k n (C) hai tip tuyn vuụng gúc. Xỏc nh to hai im ú.
Cõu II.

(4 im).
22
l trung im ca SB
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
1, Biện luận theo m số nghiệm của hệ phương trình



=+
=+
xyx
mmyx
22
Khi hệ có hai nghiệm (x
1
;y
1
), (x
2
;y
2
) tìm m để
2
12
2
12
)()( yyxxP −+−=
lớn
nhất.

2, Giải phương trình:
x
x
x
x
x
1
2
1
22
22
2
211
−=−
−−
Câu III.

(5 điểm)
1, Đường thẳng (d) cắt Parabol (P):
32
2
++−= xxy
tại hai điểm phân biệt A,
B lần lượt có hoành độ x
1
; x
2
giả sử x
1
<x

2
và AB=2. Tìm x
1
; x
2
để hình phẳng
giới hạn bởi đường thẳng (d) và Parabol có diện tích lớn nhất.
2, Tam giác ABC không có góc tù và
CBA sinsinsin
22
=+
. Chứng minh
tam giác ABC là tam giác vuông.
Câu IV.

(4 điểm)
1, Tính đạo hàm của hàm số:





=
≠
−
=
−
0 0
0
1

3coscos
xneu
xneu
x
e
y
xx
tại x=0
2, Hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên hợp với
đáy góc α,
°°
<< 900
α
. Chứng minh
3
1
≤
R
r
( với r, R lần lượt là bán kính mặt
cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp).
Câu V.

(2 điểm). Qua đường cao hình tứ diện đều dựng một mặt phẳng cắt ba
mặt bên tứ diện theo ba đường thẳng tạo với đáy tứ diện lần lượt góc α, β, γ.
Chứng minh:
2
222
=++
γβα

tgtgtg
.
23
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)
Trường THPT ĐÁP ÁN THÁNG ĐIỂM
Mai Anh Tuấn ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 - BẢNG A – B
MÔN : TOÁN - NĂM HỌC: 2005 - 2006
(Gồm có: 6 trang)
Câu ý Nội dung điểm
I 1 2,5
a. TXĐ: R\{1}
b. SBT: y’ = 1-
2
)1(
1
−x
= 0 <=> x = 0; x = 2
y
CĐ
= y
(0)
= - 2 y
CT
= y
(2)
= 2
• Do hàm sốđồng biến trong khoảng (-∝; 0) và (2; +∝);
nghịch biến trong khoảng (0; 1) và (1; 2).
0,5
• Tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 do

• Tiệm cận xiên là đường thẳng y = x – 1 do






−−
−
+−
±∞→
)1(
1
22
lim
2
x
x
xx
x
=



∞−
∞+
=
−
±∞→
1

1
lim
x
x
0,5
• Giới hạn:



∞−
∞+
=
−
+−
±∞→
1
22
lim
2
x
xx
x
BBT:
0,5
c. Đồ thị
Như hình vẽ.
Nhận điểm
( )
0;1
làm tâm đối xứng

0,5
I. 2. Chứng minh trên đt (d) 2,5
• Gọi điểm M
( ) ( )
dyx ∈
00
;
thì toạ độ M
0,5
24
x
- ∝
0 1 2
y' + 0 - - 0 +
y
- ∝
2
- ∝
+∝
2
+∝
y
x
2
1
-1
-2
2
x =1
y=x -1

O
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 1)





−
=−=
2
2
1
2
00
0
0
xx
y
x
• Gọi k là hệ số góc đt
( )
∆
đi qua M thì
( )
∆
có phương
trình dạng: y = k(x – x
0
) + x
0

- 2
• Đt
( )
∆
là tiếp tuyến của (P) thì hệ phương trình:







=
−
−
−
+−=
−
+−
)2(
)1(
1
1
)1(
2
2
)(
1
1
1

2
0
0
k
x
x
xxk
x
x
có nghiệm x
0
≠1
0,5
• Biến đổi (1) ra dạng: x -1 +
1
1
−x
= k(x – 1)+ k(1 – x
0
)+
2
2
0
−x
(1’)
Và thay k vào (1’) , ta có:
x -1 +
1
1
−x

=








−
−
2
)1(
1
1
x
(x – 1)+ k(1 – x
0
)+
2
2
0
−x
.
<=>
1
1
−x
=
4

2)1(2
00
−+− xxk
(3)
0,5
• Thay (3) vào (2) ta có:
4k
2
(1 – x
0
)
2
+ 4k [(x
0
– 2)(1 – x
0
) + 4] + (x
0
– 2)
2
– 16 =
0 (4)
• Qua M kẻ 2 đt vuông góc tới (C) nên phương trình (4)
phải có hai nghiệm k
1
; k
2
và k
1
.k

2
= -1.
• ĐK





−=
−
−−
≠−
1
)1(4
16)2(
01
2
0
2
0
0
x
x
x
0,5
<=>






=−−
≠
08125
1
0
2
0
0
xx
x
<=>






−
=
+
=
5
766
5
766
2
1
x
x

• Hai điểm M
1








−+
10
476
;
5
766
; M
2








−−−
10
764
;

5
766
0,5
II 4,0
1. Biện luận số nghiệm hệ phương trình: 2,0
• Xét pt: x
2
+ y
2
= x <=> (x -
2
1
)
2
+ y
2
=
4
1
là pt của
đường tròn tâm I(
2
1
; 0) ; bk: R=
2
1
• Xét pt: x + my = m <=> x + m(y – 1) = 0 là pt của
đường thẳng luôn đi qua điểm cố định A(0; 1).
0,5
25