Tuyển tập các đề thi HSG toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (813.49 KB, 109 trang )
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
ĐỀ SỐ 11:
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 3
=========***=========
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút
Câu1
: (6 điểm)
Cho hàm số y= x
3
+ 4x
2
+ 4x +1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Cho M(x
0
;y
0
) trên đồ thị. Một đường thẳng d thay đổi đi qua M cắt
đồ thị tại M
1
và M
2
khác M. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn
M
1
M
2
.
c) Tìm a sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến cùng hệ số góc a của đồ thị hàm
số, gọi các tiếp điểm là M
3
và M
4
. Viết phương trìng đường thẳng
chứa M
3
và M
4
.
Câu 2
: ( 5 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) tgxsin
2
x - 2sin
2
x = 3 (Cos2x + sinxcosx) (1)
2
4
X
= (2x
2
– x +1)2
x
(2)
Câu 3
: ( 4 điểm)
Tính tích phân sau:
I =
dx
xx
x
∫
+
2
0
33
cossin
sin
π
Câu 4
: ( 5 điểm)
Cho tứ diện ABCD có tâm mặt cầu ngoại tiếp O. Tìm các điểm M trong
không gian sao cho 4 trọng tâm của tứ diện MBCD; MCDA; MDAB; MABC
cách đều điểm O.
1
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
2
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
MÔN: TOÁN
Câu 1
: ( 6 điểm)
a) ( 2 điểm)
• TXĐ: D =R
(0,25đ)
• Chiều biến thiên:
y’ = 3x
2
+ 8x + 4
y’ = 0 <=> x = -2; x= -
3
2
Hàm số đồng biến (-
∞
; -2)
);
3
2
( +∞−∪
, nghịch biến
)
3
2
;2( −−
(0.25).
• Cực đại, cực tiểu:
Cực đại tại :) x
CĐ
= -2; y
CĐ
= 1.
Cực tiểu tại: x
CT
= -
3
2
; y
CT
= -
27
5
Giới hạn
+∞=
+∞→x
ylim
;
−∞=
−∞→
y
x
lim
(0.25đ)
• Tính lồi lõm và điểm uốn:
y’’ = 6x + 8 = 0 <=> x= -
3
4
Hàm sô lồi từ (-
3
4
;−∞
), lõm (-
3
4
; +
∞
)
Điểm uốn: I(-
27
11
;
3
4
)
(0.25đ)
3
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
• Bảng biến thiên:
(0,5đ)
x
-
∞
-2 -
3
4
-
3
2
+
∞
y’ + 0 - - 0 +
y 1 +
∞
27
11
-
∞
27
5−
• Đồ thị (0,5 đ)
4
4
2
-2
-4
-6
-5
5
A
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
b) ( 2điểm)
Gọi d qua M có hệ sô gọc k :
d: y=k(x-x
0
) + y
0
(0,25đ)
Hoành độ giao điểm của đồ thị với đường thẳng d là nghiệm
của phương trình: x
3
+ 4x
2
+ 4x +1 = k(x-x
0
) + x
0
3
+ 4x
0
2
+ 4x
0
+1
<=> x=x
0
(0, 5
đ)
x
2
+ ( 4 + x
0
)x + x
0
2
+ 4x
0
+ 4 – k = 0(1)
Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (1) => x
1
, x
2
lần lượt là hoành
độ của M
1,
M
2
=>
x
I
= -
2
4
0
+x
(0,75
đ)
y
I
= y
0
+ k(
2
43
0
+x
)
I
∈
x =
2
4
0
+x
Giới hạn: (1) có 2 nghiệm phân biệt <=>
0
>∆
f(x
0
)
0≠
k >
4
83
0
2
0
xx +
(0,5)
k
48
0
2
0
++≠ xx
c) ( 2đ)
Để thỏa mãn YCBT:
<=> y’ = 3x
2
+ 8x + 4 = a có 2 nghiệm phân biệt (0,25đ)
<=> a> -
3
4
(0,25đ)
Nhận xét: x
3
+ 4x
2
+ 4x + 1 = (3x
2
+ 8x +4)(
9
4
8
+
x
)-
9
78 +x
(0,5đ)
Gọi M
3
(x
3
; y
3
), M
4
(x
4
; y
4
)
5
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
y
3
= a(
9
78
)
9
4
8
33
+
−+
xx
(0,5đ)
y
4
= a(
9
4
8
4
+
x
)-
9
78
4
+x
Vậy phương trình đường thẳng đi qua M
3
; M
4
là:
y= a(
9
4
8
+
x
) +
9
78 +x
(0,5đ)
Câu 2
: (4 đ)
Đ/K : x
≠
)(
2
zkk ∈+
π
π
(0,25đ)
Chia 2 vế của phương trình cho cos
2
x
(1) <=> tg
3
x -2tg
2
x = 3(1-tg
2
x+tgx) (1đ)
<=> tgx=-1 <=> x=-
π
π
k+
4
(k
z∈
)
(0,5đ)
tgx=
3±
x=
π
π
k+±
3
(k
z∈
) (0,5đ)
Vậy nghiệm của phương trình :
x=-
π
π
k+
4
(k
z∈
)
x=
π
π
k+±
3
(k
z∈
) (0,25đ)
a) (2) <=>
122
22
2
+−=
−
xx
xx
(0.5đ)
Đặt 2x
2
– x = t (t
8
1
−≥
) (0.25đ)
Phương trình trở thành:
12 += t
t
<=>
012 =−− t
t
6
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Khảo sát f(t) =
12 −− t
t
(0.25đ)
f’(t) = 2
t
ln2 – 1 =0 <=> 2
t
=
2ln
1
=
α
t
α
f’(t) - 0 +
f(t)
Quan sát bản bíên thiên nhận thấy phương trình có tối đa 2 nghiệm t.
(1đ ) Mặt khác f(0) = f(1) = 0
Phương trình có 2 nghiệm t = 0; t= 1
(0.25đ)
x= 0 ; x=
2
1
±
; x=1
(0.25đ )
Câu 3: (4 đ)
Xét J=
dx
xx
x
∫
+
2
0
33
cossin
cos
π
(0.25đ)
Ta CM được I = J (đặt x=
t−
2
π
)
(0.75đ)
I+J =
∫
2
0
π
xxxx
dx
22
coscossinsin +−
=
∫∫
+−
−
−−
2
4
2
4
0
2
1cotcot
cot
1
π
π
π
gxxg
gxd
tgxxtg
dtgx
(0.75đ)
Đặt tgx(cotgx) = t
I + J =
∫
+−
1
0
2
1
2
tt
dt
=2
∫
+−
−
1
0
2
4
3
)
2
1
(
)
2
1
(
t
td
(0.75đ)
7
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Đặt t -
2
1
=
tgy
2
3
=> I + J =
33
4
π
(0.75đ)
=> I=
33
2
π
(0.75)
Câu 4: ( 6 điểm)
Đặt
OGOMx 4+=
(0.5đ)
Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm của các tứ diện MBCD;
MCDA; MDAB; MABC
Ta có
OAxOAOGOMODOCOBOMOA −=−+=+++= 4'4
(1đ)
4
'OB
=
OBx −
ODxOD −='4
(1đ)
Ta có: OA’ =OB’= OC’ = OD’
2222
'16'16'16'16 ODOCOBOA ===⇒
ODxOCxOBxOAxODxOCxOBxOAx ===⇔−=−=−=−⇔
2222
)()()()(
=>
0=x
(1.5đ)
=>
OOMOM =+ 4
=>
GOGM 5=
(0.5đ)
Vậy có 1 điểm M thoả mãn điều kiện đề ra.
(0.5đ)
ĐỀ SỐ 12:
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
( Thời gian 180 phút)
Giáo viên:Lê Việt Cường
Bài 1
:(4 điểm) Cho hàm số y = x
3
-(3+2m)x
2
+5mx +2m
8
OCxOC
−=
'4
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
a). khảo sát hàm số khi m=-1
b) Tìm m để phương trình x
3
-(3+2m)x
2
+5mx +2m = 0
có 3 nghiệm phân biệt.
Bài 2:
(5 điểm) Cho phương trình
( )
xxmxxx −+−=++ 4512
a) Giải phương trình khi m = 12
b) Tìm m để phương trình có nghiệm
Bài 3:
(4 điểm) Tính
x
xx
Lim
x
11001.101
20062005
0
−++
>−
Bài 4
: (3 điểm) Giải phương trình
log
3
(x
2
+x+1) - log
3
x = 2x-x
2
Bài 5
:
(4 điểm) Cho tứ diện ABCD, gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện.
G
1
, G
2
, G
3
, G
4
lần lượt là trọng tâm các mặt BCD, ACD, ABD, ABC.
Đặt AG
1
= m
1
, BG
2
= m
2
, CG
3
= m
3
, DG
4
= m
4
.
CMR: ABCD là tứ diện đều khi và chỉ khi
m
1
+m
2
+m
3
+m
4
=
3
16R
9
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
HƯỚNG DẪN SƠ LƯỢC TOÁN HSG12
1b) Phương trình x
3
-(3+2m)x
2
+5mx +2m = 0
⇔
(x-2m)(x
2
-3x-m)=0
⇔
=−−
=
)2(03
2
2
mx
mx
x
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trinh(2) có 2
nghiệm phân biệt
≠
2m
( )
−>
≠≠
⇔
>+=∆
≠−−
⇔
4
9
4
7
,0
049
02.3
2
2
m
mm
m
mm
m
Bài 2:( 5 đ)
a)(2 đ) Từ điều kiện 0
⇒≤≤ 4x
VP
≥
12)4445(12 =−+−
VT
≤
44
+
12124 =+
⇒
phương trình có nghiệm x=4
b). (3 đ )
Phương trình đã cho
⇔
f(x) =
( )( )
mxxxxx =−−−++ 4512
(2)
Xét hàm số f(x) trên [0;4]
f(x)=f
1
(x)f
2
(x) với
f
1
(x) =
12++ xxx
có f’
1
(x) =
122
1
2 +
++
xx
x
x
>0
⇒
f
1
(x)
↑
trên [0;4] và f
1
(x)
≥
0
∀
x
∈
[0;4]
f
2
(x) =
xx −−− 45
có f’
2
(x) =
xx
xx
xx −−
−+−−
=
−
+
−
−
452
544
42
1
52
1
>0
⇒
f
2
(x)
↑
trên [0;4] và f
2
(x)
≥
0
∀
x
∈
[0;4]
⇒
f(x)
↑
trên [0;4]
⇒
Min
[o;4]
f(x) = f(0) =
( )
4512 −
và Max
[o;4]
f(x) =12
Từ đó (2) có nghiệm
⇔
Min
[o;4]
f(x)
≤
m
≤
Max
[o;4]
f(x)
⇔
( )
4512 −
≤
m
≤
12 là điều kiện để (1) có nghiệm
Bài 3:( 5 đ)
10
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Trước hết ta chứng minh: a
≠
0, n
∈
N, n
≥
2 thì
n
a
x
ax
n
x
Lim
=
−+
>−
11
0
Đặt y =
n
ax+1
khi đó x
→
0 thì y
→
1 và
( )
n
a
y
y
a
y
x
ax
yy
Lim
y
LimLim
n
y
n
y
n
x
=
+++
−
=
−
−
=
−+
−
>−>−>−
)1
1
1
111
(1
110
(2 đ)
Ta có:
x
xx
Lim
x
11001.101
20062005
0
−++
>−
=
x
xxxx
Lim
x
110011011001.101
2006200620062005
0
−+++−++
>−
=
x
x
x
x
x
LimLim
xx
110011101
1001
2006
0
2005
2006
0
−+
+
−+
+
>−>−
=
2006.2005
220560
2006
100
2005
10
=+
(3 đ)
Câu 4: Phương trình đã cho
⇔
−=
++
>
x
x
Log
x
x
x
x
2
2
3
2
1
0
⇔
−
=
++
>
3
2
2
1
0
2
xx
x
x
x
x
xét hàm số y=
x
x
x
1
2
++
với x>0, Minf(x) = 3 với x=1
y= g(x)=
3
2
2
xx−
với x>0, Maxf(x) =3 với x=1
⇒
Phương trình đã cho có nghiệm x=1.
Bài 5:( 4 đ) Gọi O và G lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm tứ
diện
Ta có:
=+++
=+++
OGDGCGBGA
R
ODOCOBOA
2
2222
Mặt khác: 4R
2
=
( ) ( ) ( ) ( )
GDOGGCOGGBOGGAOG +
+
+
+
+
+
+
2222
(1 đ)
⇔
4R
2
= 40G
2
+GA
2
+GB
2
+GC
2
+GD
2
(1 đ)
mà GA
2
=
m
2
1
16
9
, GB
2
=
m
2
2
16
9
,GC
2
=
m
2
3
16
9
,GD
2
=
m
2
4
16
9
⇒
4R
2
= 40G
2
+
( )
mmmm
2
4
2
3
2
2
2
1
16
9
+++
⇒
4R
2
≥
( )
mmmm
2
4
2
3
2
2
2
1
16
9
+++
(1 đ)
11
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Theo BĐT “ Bunhiacopxki” ta có
( )
)(4
4321
4321
2
mmmm
mmmm
+++≤
+++
⇒
R
2
≥
( )
( )
mmmmmmmm
4321
2
4321
256
9
64
9
+++
≥+++
( 1 đ)
⇔
3
16
4321
R
mmmm
≤+++
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :
⇔
===
≡
mmmm
GO
4321
Tứ diện ABCD đều
(1đ)
ĐỀ SỐ 13:
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
Trường THPT Nông cống I
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 (BẢNG A)
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN: 180
'
Bài 1:(4 điểm). Cho hàm số:
)(
3
1
22
3
1
23
cmmxmxxy −−−+=
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Tìm m
∈
(0;
6
5
) sao cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (Cm), và các đường
thẳng: x=0; x=2; y=0 có diện tích bằng 4.
Bài 2: (4 điểm).
1. Giải các phương trình: 3
1+tgx
(sin x + 2cos x)=5(sin x +3cos x).
2. giải phương trình: log
2
2
x + x.log
7
(x + 3)= log
2
x [
2
x
+ 2.log
7
(x + 3)]
Bài 3: ( 4 điểm).
1. Tìm a để phương trình sau có nghiệm.
xaa sin++
= sin x
2. Tìm a để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt.
064
1
).1(4
1
)1(2
1
23
=−+
+
−+
+
−+
+
a
x
x
a
x
x
a
xx
x
Bài 4( 4 điểm).
1. Cho ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Gọi R
1
, R
2
,
R
3
lần lượt là các bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác BOC, COA,
AOB. Cho biết: R
1
+R
2
+R
3
= 3R. Tính 3 góc của ABC
12
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
2. Cho (E): x
2
+ 4y
2
= 4 . M là điểm thay đổi trên đường thẳng y=2. Từ M kẻ
đến (E) hai tiếp tuyến. Gọi các tiếp điểm là T
1
, T
2
. Tìm vị trí của M để đường
tròn tâm M tiếp xúc với đường thẳng T
1
, T
2
có bán kính nhỏ nhất.
Bài 5:( 4 điểm).
1. Cho hàm số f(x) xác định và dương trên R thỏa mãn:
=
=++
1)0(
0)()().(4)(
2'2'
f
xfxfxfxf
Tìm hàm số f(x).
2. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm là G. Các đường thẳng AG, BG, CG, DG
kéo dài lần lượt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ở A
1
, B
1
, C
1
, D
1
CMR:
GDGCGBGAGDGCGBGA +++≥+++
1111
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Đáp án
Thang
điểm
Bài 1: 1.Khi m=1.
3
7
2
3
x
y
2
3
−−+= xx
TXĐ : D = R
+
+−=
−−=
⇔=−+=
31
31
022
'2'
x
x
yxxy
Hàm số đồng biến (-∞; -1-
3
)
∪
(-1+
3
; +∞)
Hàm số nghịch biến ( -1-
3
;1+
3
)
y
CĐ
= y(-1-
3
) = y
CT
= y(-1+
3
) =
0,5
.10;22
''''
−=⇔=+=+ xyxy
Đồ thị hàm số lồi trên (-∞; -1)
Đồ thị hàm số lõm trên (-1;-∞)
Nhận I(-1,
3
7
−
) làm điểm uốn
+
+∞=−∞=
+∞→−∞→
yLimyLim
xx
;
Bảng biến thiên
x
-∞ -1-
3
-1+
3
+∞
y’ + 0 - 0 +
y CĐ
+∞
-∞ CT
0.5
0,5
13
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Đồ thị:
2. Xét phương trình :
0
3
1
22
3
2
3
=−−−+ mxmx
x
trên [0; 2]
Đặt
.22)(;0
3
1
22
3
)(
2'2
3
−+==−−−+= mxxxfmxmx
x
xf
Phương trình:
0)(
'
=xf
luôn có hai nghiệm trái dấu x
1
<0<x
2
Lại do
)
6
5
;0(0)2().0(
''
∈∀< mff
nên : x
1
<0<x
2
<2
+ Ta có bảng biến thiên:
x -∞ x
1
0 x
2
2
+∞
f’ 0 - 0
+
f
có:
<−=
∈∈∀<⇒∈∀
<−−=
0
3
5
2)2(
)
6
5
;0(];2;0[0)()
6
5
;0(
0
3
1
2)0(
mf
mxxfm
mf
+ Vậy
3
104
|)
3
1
2(
312
[)
3
1
22
3
(
2
0
2
0
2
34
2
3
+
=+++−−=+++−−=
∫
m
xmx
mxx
dxmxmx
x
s
+Do
)
6
5
;0(
2
1
4
3
104
4 ∈=⇔=
+
⇒= m
m
S
ĐS :
2
1
=m
Bài 2:
1./ ĐK :
−≥
≠
1
0cos
tgx
x
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
14
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
+ Phương trình đã cho
)1.()3(5)2.(1.3 +=++⇔ tgxtgxtgx
+Đặt
2
0)53).(2(
0
)2(01
2
=⇔
=++−
≥
⇔≥=+ t
ttt
t
ttgx
+ Với
)(32 Zkkxtgtgxt ∈Π+=⇔==⇔=
αα
thỏa mản điều kiện
2.ĐK: x>0
+Phương trình đã cho
+=
=
⇔=+−−⇔
)2()3(log2log
)1(log2
0))3(log2)(loglog2(
72
2
722
xx
xx
xxxx
+ Giải (1)
=
>
⇔
=
>
⇔
)'1(
2
lnln
0
2
0
2
x
x
x
x
x
x
x
Xét hàm số:
x
x
xf
ln
)( =
trên (0;+∞) ;
exxf
x
x
xf
=⇔=
−
=
0)(;
ln1
)(
'
2
'
Bảng biến thiên.
x 0 e
f’ 1 0 +
f
Từ bảng biến thiên
⇒
hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy
x=2; x=4 thỏa mãn (1’).
Vậy phương trình (1) có nghiệm x=2; x=4.
+ Giải (2). Đặt:
)'2(.
7
3
)
7
4
(13472)3(log2log
72
t
ttt
txx +=⇔+=⇔=+=
Xét hàm số:
.
7
3
)
7
4
()(
t
t
tg +=
luôn nghịch biến
⇒
(2’) có nghiệm duy
nhất t =1
Vậy (2) có nghiệm x =2
+ KL: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4
Bài 3:
1. + Đặt sinx = t có phương trình đã cho
=++
≤≤
⇔
2
10
ttaa
t
+ Đặt:
0≥=+ yta
hệ trên
=−
=
≤≤≥
⇔
=++−
=+
≤≤≥
⇔
=+
=+
≤≤≥
⇔
att
yt
ty
ytyt
tya
ty
yta
tya
ty
2
2
2
2
10;0
0)1)((
10;010;0
+ Xét hàm số: f(t)= t
2
– t trên [0;1].
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
15
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
có:
4
1
)
2
1
(;0)1()0(
2
1
0)(;12)(
''
−====⇔=−= fffttfttf
Hệ trên có nghiệm khi đường thẳng y=a cắt đường cong y=f(t)= t
2
-t
trên [0;1]
0
4
1
≤≤−⇔ a
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm khi
04
4
1
≤≤−
2. ĐK : x>0.
+ Đặt:
t
x
x =+
1
(đk :t
≥
2) với t =2 cho giá trị x=1
(*)
với t>2 cho giá trị x>0
+ Ta có : (1)
≥
=++=
=↔=
⇔
=++−
≥
⇔
2
012)(
12
0)12)(2(
2
2
2
t
atttf
xt
attt
t
+ Do (*) nên để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT (1)
phải có đúng 1 nghiệm t>2
Nhận xét: Tính a.c =1 vậy để phương trình (1) có đúng 1 nghiệm
t>2 thì (1) phải có nghiệm các trường hợp sau:
−<⇔<
↔
<<
<=
>−
=∆
4
5
0)2(
2
2
2
0
21
21
af
VN
VN
tt
tt
a
Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì :
a<
4
5
−
Bài 4:
1. Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có:
A
R
RR
A
AR
R
A
a
BOC
a
cos2
2
2sin
sin2
2
2sinsin
111
=⇔=⇔==
Tương tự choCOA, AOB :
.cos2
;
cos2
32
C
R
R
B
R
R ==
+ Vậy có:
)1(.6
cos
1
cos
1
cos
1
=++
CBA
+ Dễ có :
6
2
3
9
coscoscos
9
cos
1
cos
1
cos
1
=≥
++
≥++
CBACBA
(Do ABC
nhọn).
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
16
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
+ ( Phải chứng minh :
≤++
CBA coscoscos
2
3
)
+ Vậy (1)
o
CBACosCCosBCosA 60===⇔==⇔
2. (E):
∈=+ My
x
1
4
2
2
đường thẳng
M(a;2) 2y →=
+ Gọi T
1
(x
1
,y
1
); T
2
(x
2
,y
2
) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T
1
, T
2
là:
1
:
1.
4
1
1
=+ yy
xx
2
:
1.
4
2
2
=+ yy
xx
Do
1
;
2
đi qua M(a, 2)
⇒
=+
=+
12
4
.
12
4
.
2
2
1
1
y
xa
y
xa
Nhận xét : T
1
, T
2
có tọa độ thỏa mản phương trình đường thẳng
12
4
.
: =+∆ y
xa
Vậy phương trình đường thẳng T
1
, T
2
là; ax + 8y – 4 =0.
+ Đường tròn tâm M tiếp xúc T
1
, T
2
có bán kính là:
64
12
64
12
)(
2
2
2
2
21
+
+
=
+
+
==
a
a
R
a
a
TT
M
dR
+ Ta tìm a để R nhỏ nhất : Đặt
64
12
)(0
2
+
+
==→≥=
t
t
tfRta
2
3
)0(00
)64(2
116
)(
min
3
'
==⇒≥∀>
+
+
= fRt
t
t
tf
đạt được khi : t=0
⇔
a=0
+ Kết luận: vậy điểm M(0;2).
Bài 5 :
1. Từ:
)0)((
)2(32
)(
)(
)1(32
)(
)(
)()32()(
)()32()(
0)()(4)(
'
'
'
'
2'2'
>
−−=
+−=
⇔
−−=
+−=
⇔=++
xfdo
xf
xf
xf
xf
xfxf
xfxf
xfxfxf
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
17
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
+ Xét (1) Có:
∫ ∫
++−=⇔+−=
1
'
)32()(ln)32(
)(
)(
Cxxfdxdx
xf
xf
011)0()(
1
)32(
11
=⇔=⇔=⇔
++−
Cefdoexf
CCx
+ Vậy:
x
exf
)32(
)(
+−
=
+ Xét (2) tương tự : ta được kết quả :
.)32(
)(
x
exf
−−
=
Đáp số:
.)32(
)(
x
exf
−−
=
hoặc
.)32(
)(
x
exf
+−
=
2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Có:
GAOGGAOGOAGAOGOA .2
222
++=⇒+=
Tương tự ta có:
GBOGGBOGOB .2
222
++=
GCOGGCOGOC .2
222
++=
GDOGGDOGOD .2
222
++=
+ Từ trên :
222222
)(4 GDGCGBGAOGR +++=−⇒
+ Lại có : GA.GA
1
= GB.GB
1
=GC.GC
1
=GD.GD
1
=R
2
– OG
2
Vậy :
)
1111
)((
22
1111
GDGCGBGA
OGRGDGCGBGA +++−=+++
)
1111
).((
4
1
2222
GDGCGBGA
GDGCGBGA ++++++=
+ áp dụng Bunhia và cosi có:
)
1111
()(
16
1
2
1111
GDGCGBGA
GDGCGBGAGDGCGBGA ++++++≥+++
GDGCGBGA +++≥
Dấu bằng xảy ra
⇔===⇔
GDGCGBGA
Tứ diện ABCD gần đều
hoặc tứ diện ABCD đều
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
18
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
ĐỀ SỐ 14:
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Môn: Toán Thời gian: 180 phút
Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh
Lê Văn Khởi
Câu 1:
(4 điểm)
Cho hàm số:
13
23
+−= xxy
(C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Biện luận theo k số nghiệm của phương trình:
03
23
=−−−= kkxxxy
(1)
Câu 2:
(4 điểm)
a) Chứng minh rằng:
2cos +≥+ xxe
x
với
0≥∀x
b) Tìm m để pt sau có nghiệm:
1224
211
22
−+−=−
++−
mxx
xmxx
Câu 3:
(5 điểm)
a) Tính:
∫
+
+
+
2
0
sin1
sin1
)cos1(
ln
π
dx
x
x
x
b) Tìm
Zx
∈
thoả mãn
∫
−=
x
xtdt
0
12cossin
c) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn:
+=+
+=+
2005200520052005
2004200420042004
dcba
dcba
Chứng minh rằng:
2006200620062006
dcba +=+
Câu 4:
(3,5 điểm)
Cho elíp:
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
(E) và Hypebol:
1
2
2
2
2
=+
n
y
m
x
(H) (với a, b, m, n > 0)
có cùng chung tiêu điểm F
1
và F
2
: Chứng minh rằng tiếp tuyến của (E) và
(H) tại giao điểm của chúng vuông góc với nhau.
19
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Câu 5:
(4,5 điểm)
Cho tứ diện đều ABCD, gọi (C) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Điểm
M ∈ (C), gọi A
1
, B
1
, C
1
, D
1
lần lượt là hình chiếu của M trên các mặt phẳng
(BCD); (ACD); (ABD); (ABC).
a) Tìm vị trí điểm M ∈ (C) sao cho tổng:
S = MA
1
+ MB
1
+ MC
1
+ MD
1
đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
b) Chứng minh rằng tồn tại điểm M ∈ (C) để 4 điểm A
1
, B
1
, C
1
, D
1
không
đồng phẳng:
20
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
21
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Môn: Toán Thời gian:
Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh
Lê Văn Khởi
Câu 2
(4
điểm)
Câu a:
(2 điểm) Chứng minh rằng
)1(2cos +≥+ xxe
x
với
0
≥∀
x
(1)
02cos ≥−−+⇔ xxe
x
với
0
≥∀
x
Đặt:
2cos)( −−+= xxexf
x
0,25
Ta có:
1sin)(' −−= xexf
x
0,25
xexf
x
cos)(" −=
0,25
Vì
1,0 ≥≥
x
ex
còn
0cos)("1cos ≥−=⇒≤ xexfx
x
với
0≥∀x
0,25
Vậy hàm số f(x) = đồng biến trên
[
)
+∞,0
0,25
0)('010sin)0(')('
0
≥⇒=−−=≥ xfefxf
với
0≥∀x
0,25
hay f(x) đồng biến
[
)
+∞,0
0,25
0200cos)0()(
0
=−−+=≥ efxf
2cos0)( +≥+⇒≥ xxexf
x
với
0≥∀x
0,25
Câu b:
(2 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
01224
211
22
=−+−=−
++−
mxx
xmxx
(1)
Phương trình (1)
122222
221222
22
++−+−=−⇔
++−
xmxx
xmxx
0,5
122222
212222
22
++=+−+⇔
++−
xmxx
xmxx
(2)
0,25
Xét hàm số
ttf
t
+= 2)(
Ta có
12ln2)(' +=
t
tf
0,5
Ta có
ttf ∀> 0)('
Vậy hàm số f (t) đồng biến ∀ t
0,25
Từ đẳng thức (2)
1222
22
+=+−⇒ xmxx
0,25
012
2
=+−⇔ mxx
(3)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có
nghiệm
⇔ ∆' ≥ 0 ⇔ m
2
- 1≥ 0 ⇔
1≥m
0,25
Câu 3
(5
điểm)
Câu a:
(2 điểm) Tính:
∫
+
+
+
2
0
sin1
sin1
)cos1(
ln
π
dx
x
x
x
22
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
∫∫∫
+−+++=
2
0
2
0
2
0
)sin1ln()cos1ln(sin)cos1ln(
πππ
dxxdxxxdxxI
(I)
1
( I
2
) (I
3
)
0,5
Chứng minh: I
1
= I
3
Đặt:
:
2
dtdxtx =⇒−=
π
0
2
2
0
=⇒=
=⇒=
tx
tx
π
π
∫∫∫
=+=+=−+=
2
0
3
2
0
2
0
1
)sin1ln()sin1ln())
2
cos(1ln(
πππ
π
IdxxdttdttI
0,25
Vậy I
1
- I
3
= 0 0,25
Ta tính:
∫
+=
2
0
2
)cos1ln(sin
π
dxxxI
Đặt:
:sincos1 xdxdtxt
−=⇒+=
1
2
20
=⇒=
=⇒=
tx
tx
π
0,25
∫
=
2
1
2
ln tdtI
Đặt:
=
=
dtdv
tu ln
=
=
tv
dt
t
du
1
0,25
−=
2
12
ln ttI
2
1
2
1
)ln( tttdt −=
∫
0,25
12ln2
2
−=I
0,25
Câu c:
(1,5 điểm) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn:
+=+
+=+
2005200520052005
2004200420042004
dcba
dcba
Chứng minh rằng:
2006200620062006
dcba +=+
Đặt:
2004
2006
,
2004
2005
,,,,
2004200420042004
======
βα
dncmbyax
0,25
Theo đề ra ta có:
+=+
+=+
)2(
)1(
αααα
nmyx
nmyx
Từ (1) và (2) ta
có:
0,25
23
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
αααα
nmxnmx +=−++ )(
Xét hàm số
αααα
nmxnmxxf +=−++= )()(
;
1
>
α
; x
> 0
0,25
[ ]
11
)()('
−−
−+−=
αα
α
xnmxxf
=>
2
0)('
nm
xxf
+
=⇔=
0,25
Suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm
mà
=
=
⇒
=
=
⇒==
ny
my
nx
mx
nfmf 0)()(
Vậy
=
=
db
ca
hoặc
=
=
cb
da
0,25
Từ đó ta suy ra:
2006200620062006
dcba +=+
0,25
Câu b:
(1,5 điểm) Tìm
Zx
∈
thoả mãn
∫
−=
x
xtdt
0
12cossin
Ta có:
1coscossin
0
0
+−=−=
∫
xttdt
x
x
Vậy:
02cos2cos1cos12cos =−+⇒+−=− xxxx
0,5
−=
=
⇔=−+
)(
2
3
cos
1cos
03coscos2
2
loaix
x
xx
π
kxx 21cos =⇒=
vì
ZkZx ∈∈ ,
=> k = 0
0,5
0=x
nghiệm phương trình
0=x
0,5
Câu 4
(3,5 điểm)
Elíp:
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
(E) và Hypebol:
1
2
2
2
2
=+
n
y
m
x
(H) có
chung tiêu điểm F
1
(-c;0); F
2
(c;0)
Vậy c
2
= a
2
- b
2
(a > b > 0)
c
2
= m
2
+ n
2
(m,n > 0)
0,25
Vậy: a
2
- b
2
= m
2
+ n
2
⇒ a
2
- m
2
= b
2
+ n
2
0,25
Toạ độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ phương
trình:
0,25
24
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
=+
=+
)(1
)(1
2
2
2
2
2
2
2
2
H
n
y
m
x
E
b
y
a
x
Giải ra ta được:
)(
222
22
mab
nb
amx
+
+
±=
0,5
)(
222
22
mab
ma
bny
+
−
±=
0,5
Có 4 giao điểm. Giả sử 1 giao điểm :
M (
)(
222
22
mab
nb
am
+
+
;
)(
222
22
mab
ma
bn
+
−
) Nhận xét:
2 biểu thức căn bằng nhau do a
2
- m
2
= b
2
+ n
2
đặt:
k
mab
nb
=
+
+
)(
222
22
; M (amk, bnk)
0,25
Phương trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng:
11
22
=+⇒=+ y
b
nk
x
a
mk
y
b
bnk
x
a
amk
(d
1
)
0,25
Phương trình tiếp tuyến của Hypebol tại M có dạng:
11
22
=−⇒=− y
n
bk
x
m
ak
y
n
bnk
x
m
amk
(d
2
)
0,25
Tiếp tuyến (d
1
) có véc tơ pháp tuyến
);(
1
b
n
a
m
n =
Tiếp tuyến (d
2
) có véc tơ pháp tuyến
);(
2
n
b
m
a
n −=
0,25
Ta có:
212121
0. ddnn
nb
nb
ma
ma
nn ⊥⇒⊥⇒=−=
0,25
Vậy 2 đường thẳng (d
1
) và (d
2
) vuông góc với nhau.
Tương tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của
(H) và (E) vuông góc với nhau.
0,25
Câu 5
(4,5 điểm)
Câu a:
(2,5 điểm) A
Không làm mất tính tổng quát.
Giả sử đường thẳng AM cắt
0,25
25
