Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán năm 2013 (1)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu 1:

(5 điểm)
Cho hàm số y= x +
1−x
m
(Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2. Tìm m để (Cm) cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt, mà 2 tiếp tuyến tại
đó vuông góc với nhau.
Câu 2:

(3 điểm)
1. Giải phương trình sau: x - 2
2006
+ x - 1
2006
= 1
2. Giải bất phương trình sau: x log
2
2
x - 2x log
2
x ≥ - log
2
2
x + 5 log
2

x - 6
Câu 3:

(4 điểm):
1. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng ∀x∈[-2;4]
- x
2
+ 2x + 4
82
2
++− xx
+ m ≥ 0
2. Tính
∫
dx
x
x
)
4
sin(2
2sin
+
Π
Câu 4:

(5 điểm).
1. Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số
khác nhau. Tính tổng tất cả các số đó?
2. Cho Parabol (P): y
2

= 8x. Tìm quỹ tích tất cả các điểm M sao cho từ M
ta kẻ được hai tiếp tuyến tới (P) vuông góc với nhau.
Câu 5:

(3 điểm).
Cho lăng trụ tam giác ABC. A
1
B
1
C
1
đứng có tất cả các cạnh bằng a. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BB
1
và CC
1
, I là trọng tâm tam giác
ABC. Đường thẳng d qua I cắt AB
1
và MN lần lượt tại P và Q. Tính độ dài
đoạn PQ theo a.
______________Hết ___________
Hướng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu 1:

(5.0 điểm).
1. m = 1 hàm số trở thành y = x +
1

1
−x
3đ
TXĐ: D = R /{1}; y’
=
1
'
)x(
2
1
1
−
−

,

y’ = 0 ⇔



=
=
2
0
x
x

0,5đ
⇒ y’ > 0 <=> x∈ (- ∞; 0) U (2; + ∞)
y’ < 0 ⇔ x∈(0;1) U (1; 2)

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ∞; 0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0;1) và (1; 2)
0,5đ
⇒ y
cđ
= y (0) = - 1 , y
ct
= y (2) = 3
0,5đ
±
→1x
lim
y =
±
→1x
lim






−
+
1
1
x
x
= ± ∞
⇒ Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

∞→x
lim
(y - x) =
∞→x
lim







−1
1
x
= 0 ⇒ ĐT y = x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm
số.
±∞→x
lim
y =
±∞→x
lim






−
+

1
1
x
x
= ±∞
0,5đ
Bảng biến thiên:
y’
x
x
x
- ∞
-1
1 2
+∞
0
- ∞
+ ∞
1
+ ∞
0 0
+ -
-
+
y
Đồ thị:
Đồ thị hàm số không cắt trục Ox, cắt trục Oy tại điểm (0; - 1)
O 1 2
2. Bài toán ⇔ tìm m để:






−=
=
−
+
1)(').('
0
1
21
xyxy
x
m
x
(1) ⇔ x
2
- x + m = 0 (3) có 2 N
o
pb x
1
, x
2
khác 1
⇔



≠+−

>∆
011
0
m
⇔



≠
<
0
4/1
m
m
0,5đ
(2) ⇔






−
−
2
1
)1(
1
x
m







−
−
)1(
1
2
x
m
= -1⇔ m = 1/5 (Theo ĐL Viet PT (3))
0,75đ
KL: m =
5
1
là giá trị cần tìm.
0,25đ
Câu 2:

(3 điểm)
có 2 N
0
pb x
1
, x
2
khác 1 (1) 2,0

đ


(2) 0,5đ
1
3
- 1
y
x
0.5đ
0.5đ
I
1. Giải phương trình: |x -1|
2006
+ |x -2|
2006
= 1
1.5đ
Nhận xét: x = 1 và x = 2 là hai nghiệm của phương trình
0.5đ
+ x > 2 => | x -1| > 1 => | x -1|
2006
> 1 => VT > 1 = VP => PTVN.
+ x < 1 => | x -1| > 1 => | x -2|
2006
> 1 => VT > 1 = VF => PTVN
+ 1 < x < 2 =>
0 < | x -2| < 1 => VT < | x -2| + | x -1| = x - 1 + 2 - x = 1 = VF
0 < | x -1| < 1

=> PTVN
0.75đ
KL: Phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1 và x = 2
0.25đ
2. ĐK: x > 0
1.5đ
BPT <=> (x + 1) log
2
2
x - (2x + 5) log
2
x + 6 >

0
<=> (log
2
x - 2) (log
2
x -
1
3
+x
) >

0 (*)
0.5đ
TH1:




⇔>⇔
+
>
≥⇔≥
≤⇔
+
−=≤
+
−⇔
+
≤
42
2
12
3
20
1
3
1
3
2
222
2
1
1
3
2
xxLog
xlog
x

xlog
x
xlog
(*):x
x
(Vì hàm số y = log
2
x -
1
3
+x
đồng biến trên (0; + ∞))
=> x ∈
[
)
+∞∪






;; 42
2
1
0.5đ
TH2: 2 <
1
1
+x

<=> x <
2
1
: (*) <=>
[
4
2
≤
≥
x
x
=> x ∈ (0;
2
1
)
TH3: 2 =
1
3
+x
<=> x =
2
1
: (*) <=> (log
2
x - 2)
2
>

0, ∀ x > 0 => x = 1/2 t/m.
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: (0;2]∪[4;+∞)

0.5đ
Câu 3:

(4 điểm)
1. Xét f(x) = - x
2
+ 2x + 8 với x ∈[-2;4]
2,0

đ
Ta có: x
0
= 1∈[-2;4], f(1) = 9, f(-2) = 0, f(4) = 0
=> Tập giá trị của f(x) trên [-2;4] là ([0;9]
1,0đ
Đặt: t =
82
2
++− xx
, 0 <

t <

3
=> Bài toán <=> tìm m để t
2
+ 4t + m - 8 > 0, ∀t ∈[0;3]
0.5đ
Xét g(t) = t
2

+ 4t + m - 8 trên đoạn [0;3]
Ta có: t
0
= 2 ∉ [0;3], g(t) đồng biến trên đoạn [0;3], g(0) = m - 8,
g(3) = m + 13. Suy ra g(t) >

0, ∀t ∈[0;3] <=> m - 8 >

0 <=> m >

8.
0.5đ
2. I =
[ ]
∫∫
Π
+
−−=
+
−+
dx
)xsin(
)xcosx(sindx
xcosxsin
)xcosx(sin
4
2
11
2
2,0đ

= - cosx + sinx + C
1
-
∫
Π
+ )xsin(
dx
4
2
1
0.5đ
J =
∫∫
Π
+
Π
+
=
Π
)x(Sin
)xsin(
)xsin(
dx
4
4
4
2
dx
0.5đ
=

=
Π
++
Π
+−
Π
+−
∫
))xcos())(xcos((
)xcos(d
4
1
4
1
4
2
1
4
1
4
2
1
C
)xcos(
)xcos(
ln +
+
Π
+
−

Π
+
0.5đ
Suy ra: I = - cosx + sinx -
C
)xcos(
)xcos(
ln +
+
Π
+
−
Π
+
1
4
1
4
22
1
0.5đ
Câu 4:

(5 điểm)
1. - Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được
3
6
A
= 120 số tự nhiên có 3
2,5đ

chữ số khác nhau.
- Tính tổng các số lập được:
0.5đ
Có
2
5
A
số có chữ số 6 đứng ở hàng đơn vị
Có
2
5
A
số có chữ số 5 đứng ở hàng đơn vị
Có
2
5
A
số có chữ số 4 đứng ở hàng đơn vị
Có
2
5
A
số có chữ số 3 đứng ở hàng đơn vị
Có
2
5
A
số có chữ số 2 đứng ở hàng đơn vị
Có
2

5
A
số có chữ số 1 đứng ở hàng đơn vị
=> Tổng các chữ số hàng đơn vị là:
2
5
A
(1 + 2 + 3 +4 + 5 + 6) = 420
1,0đ
Tương tự: Tổng các chữ số hàng chục là: 420
Tổng các chữ số hàng trăm là: 420
0.5đ
Vậy tổng các số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lập được từ các số đã
cho là:
420 .100 + 420.10 + 420 = 46620
0.5đ
2. Gọi M (x
0
; y
0
), hai tiếp tuyến vuông góc với nhau của (P) qua M là d
1
và d
2

2,5đ.
Giả sử PT d
1
là: A (x - x
0

) + B (y - y
0
) = 0 (A
2
+B
2
≠ 0)
<=> Ax + By - (Ax
0
+ By
0
) = 0
0.5đ
=> Phương trình d
2
là: Bx - Ay - (Bx
0
- Ay
0
) = 0
0.5đ
Theo giả thiết: d
1
, d
2
tiếp xúc với (P) nên ta có hệ phương trình
0.5đ
4B
2
= 2A (-Ax

0
- By
0
) (1)
4A
2
= 2B (-Bx
0
- Ay
0
) (2)
Từ hệ phương trình suy ra A.B ≠ 0
0.5đ
Từ (2) ta có: y
0
=
AB
AxB
AB
xBA
2
0
2
0
22
2
2
24
+
=

+
thay vào (1) ta được x
0
= -2
0.5đ
Vậy quỹ tích cần tìm là đường thẳng x = -2
0.5đ
Câu 5:

(3 điểm)
P
J
B
1
C
1
A
1
0,25
đ
Theo giả thiết lăng trụ có hai đáy là hai tam giác đều cạnh a, ba mặt bên
là ba hình vuông cạnh a.
0.25đ
- Dựng PQ: Kẻ qua I đường thẳng song song CB cắt AB tại F. Trong mặt
phẳng (ABA
1
B
1
), đường thẳng FM cắt đường thẳng AB
1

tại P.
IF // BC // MN => Trong mặt phẳng (IFMN) đường thẳng IP cắt MN tại
Q. Vậy P, Q là hai điểm cần xác định.
1,0đ
- Tính PQ: Đường A
1
B
1
cắt PF tại J. Do M là điểm BB
1
nên BF = B
1
J.
I là trọng tâm tam giác đều ABC nên BF =
2
1
AF = a/3.
=> B
1
J =
2
1
AF => 4PM = 3FP (vì M là trung điểm của FJ và J là trung
điểm PF) => 4 PQ = 3 PI.
0.5đ
- Mặt khác: FP = 4 MF = 4
3
132
22
a

BFBM =+
FI =
3
1
BC =
3
a
, MI =
32
7
22
a
BIBM =+
M
N
Q
C
B
I
A
F
=> Cos ∠ IFM =
13
1
2
222
−
=
−+
IM.IF.

IMFMIF

0.5đ
=> IP
2
= IF
2
+ FP
2
- 2IF.FP. cos ∠ IFM =
3
57
9
57
2
a
IP
a
=⇔
=> PQ =
4
3
PI =
4
57a
. Vậy PQ =
4
57a
0.5đ
(Thí sinh có thể làm bài này theo phương pháp toạ độ)

______________Hết ___________