Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa số 21

Thi học sinh giỏi lớp 12 môn toán Bảng A
( Thời gian 180 phút , không kể giao đề)
Bài 1( 4,0 điểm)
Cho hàm số : y =
)(
1
8
2
m
C
x
mmxx

++
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C
m
) khi m = 1
2) Tìm m để cực đại , cực tiểu của (C
m
) nằm về hai phía của đờng thẳng
9x 7y 1 = 0
Bài 2( 4,0 điểm)
1)Tìm p và q để giá trị lớn nhất của hàm số y =
qpxx ++
2
trên
[ ]
1;1
là bé
nhất
3) Gọi ( x ; y ) là nghiệm của bất phơng trình

1)2(log
22
2
+
+
yx
yx
. Tìm
( x; y) sao cho 2x + y lớn nhất
Bài 3 ( 4,0 điểm)
Cho cos3x cos2x + mcosx 1 = 0 (1)
1) Giải phơng trình (1) khi m = 3
2) Tìm m để phơng trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên









2;
2
Bài 4(4,0 điểm)
1) Tính

+
=

0
cos1
sin
dx
x
xx
I
2) Cho x
2
+y
2
=1 . Chứng minh :
2)(5)(20)(16
3355
++++ yxyxyx
Bài 5( 4,0 điểm)
1) Cho tứ diện ABCD . Các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau .
Chứng minh rằng tâm mặt cầu nội , ngoại tiếp tứ diện trùng nhau.
2) Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng (P) . Tìm trên mf (P) điểm M
sao cho
MDMCMBMA +++
nhỏ nhất
Hớng dẫn chấm và thang điểm thi học sinh giỏi 12
môn toán bảng a
Bài Hớng dẫn chấm Điểm
1
1) Khi m = 1
)(
1
7

1
2
C
x
xx
y

++
=
*) Tập xác định : x
1
*) Sự biến thiên :
4&20;
)1(
82
'
2
2
'
===


= xxy
x
xx
y
Ta có bảng biến thiên
x - -2 1 4 +
y

+ 0 - - 0 +
CĐ + +
y
- - CT
*)Hàm số đạt cực đại tại x = -2 y
CĐ
= -3
đạt cực tiểu tại x = 4 y
CT
= 9
*)x = 1 là tiệm cận đứng vì Lim f(x) = - và lim f(x) = +
x1
-
x1
+

*) y = x + 2 là tiệm cận xiên vì lim(f(x) x 2 ) = lim
0
1
9
=
x
x x
Đồ thị : dạng đồ thị
2)Tập xác định x 1
2
2
'
)1(
82

=
x
xx
y
; y

= 0 x =-2 ; x = 4
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
x
y
O
9
-2 41
-3
-7
Vậy với mọi m thì (C
m
) luôn có cực đại và cực tiểu. Theo câu 1) ta có
y
CĐ
= m 4 tại x = -2 ; đặt A ( -2 ; m 4 )
y
CT

= m + 8 tại x = 4 ; đặt B ( 4 ; m + 8 )
A ; B nằm hai phía của đờng thẳng 9x 7y 1 = 0
(9x
A
7y
A
1 )( 9x
B
7y
B
1 ) < 0
( 9 -7m )( -21 7m) < 0 -3 < m <
7
9

Vậy m







7
9
;3
thoả mãn bài toán
0,5
0,5
0,5

0,25
0,25
2
1) 1)Đặt y = f(x) = x
2
+ px + q ; h(x) =
)(xf
.
Gọi max h(x) = h(

) ta có f(0) = q ; f(1) = 1+p + q ; f(-1) = 1- p + q ;
pffff +=+ 1)0()1()0()1(
pffff =+ 1)0()1()0()1(
Nếu p > 0





>
>
>+
2
1
)0(
2
1
)1(
11
f

f
p
h(
2
1
) >

Nếu p < 0





>
>
>
2
1
)0(
2
1
)1(
11
f
f
p
h(
2
1
) >

Chú ý : Max h(x) = max






)1(;)1(;)
2
( ff
p
f

[ ]
1;1
*) Nếu p = 0 f(x) = x
2
+ q ; f(0) = f(-
2
p
) = q ; f(1) = 1 + q
Giá trị lớn nhất của h(x) là một trong 2 giá trị
qq +1;

Nếu
2
1
)(
2

1
)1(
2
1
1
2
1
>>>+>

hfqq
Nếu q < -
2
1
)(
2
1
)0(
2
1
2
1
>>>

hfq
Nếu q = -
2
1
2
1
)

2
1
2
= xfx

1;0
2
1
)(max === xxxh
cũng là giá
trị nhỏ nhất của h() .Vậy p = 0 ; q = -
2
1
thoả mãn bài toán
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
2)

++<
<+



++
>+
+
+
)(
220
12
)(
22
12
(*)1)2(log
22
22
22
22
2
22
II
yxyx
yx
I
yxyx
yx

yx
yx

Trờng hợp 1: Nếu (x;y) thoả mãn (I) ta có x
2
+2y
2
8
9
)
22
1
2()1(2
22
+ yxxy
. Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta
có
2
9
2
4
9
4
9
2
16
81
)
22
1

2(
2
1
2)1()
4
9
2(
2
2
++






+=+ yxyxyxyx
đúng với mọi x ; y thoả mãn (*) . Dấu = xảy ra





=
=

=

=+

2
1
2
2
1
22
1
2
2
1
2
9
2
y
x
y
x
yx
Vậy x = 2 ; y =
2

1
thì 2x + y lớn nhất
Trờng hợp 2 : ( x ; y ) thoả mãn (II) 2x + y không đạt giá trị lớn nhất
Vì từ (II)
122
22
<++ yxyx
0,5
0,5
0,5
0,5
3
2) cos3x cos2x + mcosx 1 = 0 (1)
3)



=+
=
=+
)2(03cos2cos4
0cos
0)3cos2cos4(cos
2
2
mxx
x
mxxx
4) 1) Với m = 3 thì (1)

+=
+=

=
=
Zk
kx
kx
x
x




2
3
2
2
1

cos
0cos
2
2) Xét phơng trình (2)



=+
=

)3(0324
1;cos
2
mtt
txt
Vẽ đồ thị hàm số y = cosx trên









2;
2
0,5
0,5
0,25

x
Y
-
O
2


2
-
y=t
1
y=t
2
Số nghiệm của (2) là số giao điểm của y = t và y = cosx trên









2;
2

với t là nghiệm của (3) . Phơng trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên

2;
2
khi và chỉ khi phơng trình (3) có hai nghiệm t
1
< t
2
thoả mãn
0 < t
1
< t
2
<1







<<
<<
>
>
>

4
13
3
1
4
1
0
0)1(
0)0(
0
'
m
f
f
0,25
0,5
4
5) 1) I =

+

0
2
cos1
sin
dx
x
xx
.Đặt t =

0;0 ==== txtxx

6) dx = - dt ; sinx = sint ; cos
2
x = cos
2
t
7)

+

+
=
+

+
=


0 0 0 0
2222
cos1
sin
cos1
sin
cos1
sin
cos1
sin
x

xdxx
x
xdx
t
tdtt
t
tdt
I
8)


==
+
=
+
=




0
1
1
4
0
2
22
2
2
1cos1

sin
2 dx
t
dt
x
xdx
I
9)
4
2

= I
10) 2) Đặt x = sint ; y = cost
1cossin
22
=+ tt
11) Ta có sin5t = 16sin
5
t 20sin
3
t + 5sint
12) Cos5t = 16cos
5
t 20cos
3
t + 5cost
13) sin5t = 16x
5
20x
3

+ 5x ; cos5t = 16y
5
20y
3
+5y
14)
25cos5sin)(5)(20)(16
3355
+=++++ ttyxyxyx
15) Dấu = xảy ra
Zk
k
tkt +=+=+
52024
5



0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
B
M
H
K

A
D
I
Đ

I

C
C

K

P
5
Dựng mf(P) AB tại M . Gọi DK ; CH là các đờng cao của tam giác
DAB và tam giác CAB . Do dt DAB = dtCAB DK

= CH. Gọi C

;
D

lần lợt là hình chiếu của C ; D trên (P) MC

= MD

vì CH // (P) ;
DK// (P) MC

D

cân tại M MI

C

D

; I

là trung điểm C

D

Kẻ II

// AB ; ( I CD ) ; IK //MI

MKII

là hình chữ nhật. Vậy IK là
đờng vuông góc chung của AB và CD và I là trung điểm CD
*) Vai trò A ; B ; C ; D bình đẳng . Bằng cách dựng tơng tự mf(P

) Cd
ta chứng minh K

là trung điểm của AB và I

K

là đờng vuông góc chung
của AB và CD I

I ; K

K
Do đó tứ diện ABCD có các đờng trung bình đồng thời là đờng vuông
góc chung
Gọi O là trung điểm IK OA = OB = OC = OD vậy O là tâm mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABCD
*) V
KBCD
= V
KACD
KI mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh CD và AB . Tơng tự
PQ mf phân giác của góc phẳng nhị diện cạnh AC và BD. Vì KI
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
A

B
C
D
O
P
Q
I

K
= OPQ
O cách đều các mặt của tứ diện ABCD . Vậy O là tâm mặt
cầu nội tiếp tứ diện ABCD
2)
Gọi I ; J là trung điểm AB và CD ; N là trung điểm của IJ . Với M bất kỳ
ta có
MNMJMIMDMCMBMA
MDMCMJ
MBMAMI
4)(2
2
2
=+=+++





+=
+=

MNMDMCMBMA 4=+++
bé nhất M là hình chiếu của N trên
mặt phẳng (P)
0,25
1,0
A
B
C

D
I
ị
N