Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán năm 2013 (2)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN: TOÁN
Thời gian 180 phút
Bài 1: (2đ) Cho hàm số: y = x
3
-
32
2
1
2
3
mmx +
(m là tham số)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b. Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị (cm)tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho AB = BC.
Bài 2: (2điểm)
Tính tích phân
I =
dxxx
23
1
0
1−
∫
Bài 3: (2điểm)
Cho phương trình:
x
2
– 2 ( m - 1) x + 2m
2

– 3m + 1 = 0 (m là tham số)
Chứng minh rằng khi phương trình có nghiệm thì hai nghiệm của nó thỏa
mãn bất đẳng thức.
| x
1
+ x
2
+ x
1
x
2
|


≤

8
9
Bài 4: (2 điểm)
Giải bất phương trình
232 −x
+
2+x

≥
3
4
)2)(23( +− xx
Bài 5: (2điểm)
Giải phương trình

sin
3
(x +
xsin2)
4
=
π
Bài 6: (2điểm) Cho
∆
ABC có:
2
1
sinsin
coscos
22
22
=
+
+
BA
BA
(cotg
2
A + cotg
2
B)
Chứng minh rằng
∆
ABC cân
Bài 7: (2điểm)

Tính giới hạn sau:
I =
1
lim
→x

1
57
2
3
−
−−+
x
xx
Bài 8: ( 2 điểm)
Giải phương trình
x-
5
2
−x
x-1-
5
2
−x
4 - 12 . 2 + 8 = 0
Bài 9: (2điểm)
Cho hình chóp S . ABCD trong đó SA
⊥
(ABCD) và SA = 2; ABCD
là hình chữ nhật, AB = 1; BC = 3.

Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AC và SD
Bài 10: (2 điểm)
Giả sử x,y là 2 số dương thỏa mãn điều kiện
6
32
=+
yx
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng x+y.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN: TOÁN
Bài 1:
a) Với m = 1 thì hàm số có dạng: y =
2
1
2
3
23
+− xx
* TXĐ: D = R
(0,25)
• Chiều biến thiên
y’ = 3x
2
– 3x = 3x(x-1)
y’ = 0
⇔



=

=
1
0
x
x
=> Hàm số đồng biến trên (-
∞
;
0
) và (1; +
∞
)
Hàm số nghịch biến trên (0;1)
• Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 , y
cđ
=
2
1
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, y
ct
= 0
• Giới hạn
lim y = -
∞
, lim y =
+
∞
x
→

-
∞
x
→
+
∞

(0,25)
* Tính lồi, lõm, điểm uốn.
y” = 6 x – 3
y” = 0
⇔
x =
2
1

Dấu của y”:
x -
∞
1/2
+
∞
y” - 0 +
Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm
(1/2;1/4)
* Bảng biến thiên:
x -
∞
0 1/2 1
+

∞
y’ + 0 - 0 +
y 1/2
+
∞
1/4
-
∞
0
(0,25)
Đồ thị :
Giao điểm với trục ox: (1;0) và (-1/2; 0)
Giao điểm với trục oy: (0; 1/2)



(0,25)
b) PT hoành độ giao điểm:
x
3
-
0
2
1
2
3
32
=+− mxmx
(1)
Đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C

⇔
pt (1) có
3 nghiệm phân biệt x
A
, x
B
, x
C
. Theo Vi et ta có : x
A
+ x
B
+x
C
=
2
3
m (2)
theo gt AB = BC
⇔
2 x
B
=x
A
+ x
C
(3)
Từ (2) và (3)
⇒
x

B
=
2
m
. Vậy x =
2
m
là một nghiệm của (1).
Chia f(x) =
323
2
1
2
3
mxmxx +−−
cho
2
m
x −
ta được:
f(x) = (x -
2
m
) (x
2
– mx – 1 -
2
2
m
) -

2
m
+
4
3
m
.
(0,25)
x =
2
m
là nghiệm của (1)
⇔
-
2
m
+
4
3
m
= 0
⇔
m=0, m =
2±
Khi đó f(x) = (x -
2
m
) (x
2
– mx – 1 -

2
2
m
) có 3 nghiệm phân biệt
vì
)(x
ϕ
= x
2
– mx – 1 -
2
2
m
có 2 nghiệm trái dấu
(0,25)
và có
ϕ
(
2
m
) = -1 -
0
4
3
2
≠
m
.
m
∀

vậy: m = 0 ; m =
2±
(0,25)
Bài 2: I =
dxxx .1.
2
1
0
3
−
∫
Đặt x = sin t, t






−∈
2
;
2
ππ

⇒
dx = cost . dt
(0,5)
x = 0
⇒
t = 0, x=1

⇒
t =
2
π

⇒

ttx cossin11
22
=−=−

⇒
I =
=−−=
∫∫
)(cos.cos).cos1(.cos.sin
2
2
0
22
2
0
3
tdttdttt
ππ
=
15
2
|)cos
3

1
cos
5
1
()(cos).cos(cos
2/
0
352
2
0
4
=−=−
∫
π
π
tttdtt
(0,5)
Vậy
15
2
.1.
2
1
0
3
=−
∫
dxxx
(0,5)
Bài 3:

a) x
2
– 2(m-1) + 2m
2
– 3m + 1 = 0 (1)
Ta có
∆
’ = (m-1)
2
– (2m
2
– 3m + 1) = - m
2
+ m
(0,25)
PT (1) có nghiệm
⇔
∆
’
≥
0
⇔
- m
2
+ m
≥
0
⇔
0
≤

m
≤
1
(0,25)
Vậy 0
≤
m
≤
1 thì pt (1) có nghiệm
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1)
Theo Vi ét ta có: x
1
+ x
2
= 2(m-1)
x
1
. x
2
= 2m
2
– 3m + 1
(0,25)
⇒
| x
1

+ x
2
+ x
1
.x
2
| = | 2m – 2 + 2m
2
– 3m + 1| = | 2m
2
– m – 1|
(0,25)
= 2 | m
2
-
2
m
-
2
1
| = 2 |(m -
4
1
)
2
-
16
9
|
(0,25)

Với 0
≤
m
≤
1 thì ( m -
4
1
)
2

≥
0
⇒
| (m -
4
1
)
2


-
16
9
|
≤

16
9
(0,25)
Vậy | x

1
+ x
2
+ x
1
. x
2
|
≤
2.
16
9
=
8
9
(0,25)
Bài 4: Giải phương trình
2
23 −x
+
2+x
≥
3
4
)2)(23( +− xx
(1)
TXĐ: D =
{
∈x

R
\ x
≥

3
2
}
Trên D thì
2+x
> 0, Chia 2 vế của (1) cho
2+x
ta được
2
31
2
23
≥+
+
−
x
x

4
2
23
+
−
x
x
(0,25)

Đặt t =
4
2
23
+
−
x
x
, t
≥
0
(0,25)
BPT
⇔
2t
2
– 3t + 1
≥
0
⇔
0
≤
t
≤
2
1
hoặc t
≥
1
(0,25)

* Với 0
≤
t
≤
2
1
thì
4
2
23
+
−
x
x

≤

2
1
⇔
3
2

≤
x
≤

47
34
(0,25)

* Với t
≥
1 thì
4
2
23
+
−
x
x

≥
1
⇔
x
≥
2
(0,25)
Vậy tập nghiệm của BPT (1): T =






47
34
;
3
2

∪

[ ]
+∞;2
(0,25)
Bài 5: Giải phương trình
sin
3
(x +
xsin.2)
4
=
π
Đặt t = x +
4
π
thì phương trình trở thành
(0,25)
sin
3
t =
2
sin (t -
4
π
)
⇔
sin
3
t = sint – cost

(0,5)
⇔
sint (1 – cos
2
t) = sint – cost
⇔
cost (1- sint.cost) = 0
(0,5)
⇔






+=⇔+=⇔=
=⇔=−
π
π
π
π
kxktt
ttt
42
0cos
2sin
2
1
10cos.sin1
Vô nghiệm

(0,5)
Vậy x =
4
π
+
π
k
(
)zk ∈
Bài 6:
BA
BA
22
22
sinsin
coscos
+
+
=
2
1
(cotg
2
A + cotg
2
B)
⇔

BA
BA

22
22
sinsin
)sin(sin2
+
+−
=
2
1

)1
sin
1
1
sin
1
(
22
−+−
BA

(0,5)
⇔

1)
sin
1
sin
1
(

2
1
1
sinsin
2
2222
−+=−
+ BABA
(0,25)
⇔

BA
22
sinsin
2
+
=
B
BA
22
22
sinsin2
sinsin +
(0,25)
⇔
4

A
2
sin

.
B
2
sin
=
222
)sin(sin BA +

(0,25)
⇔

( )
0sinsin
2
22
=− BA
(0,25)
⇔

BA sinsin =
(0,5)
⇔

∆⇒= BA

ABC
cân
Bài 7:
I =
1

lim
→x

1
57
2
3
−
−−+
x
xx
=
1
lim
→x

1
25
lim
1
27
2
3
−
−−
−
−
−+
x
x

x
x
(0,5)


=
1
lim
→x









+−−
+−−−
−
++++−
++++−+
→
)25)(1(
25)(25(
lim
)42.7)7()(1(
)42.7)7()(27(
2

22
1x
3
3
2
3
3
2
3
xx
xx
xxx
xxx


(0,5)
=
1
lim
→x

)25)(1(
)45(
lim
)47.2)7()(1(
)87(
2
2
1
3

3
2
+−−
−−
−
++++−
−+
→
xx
x
xxx
x
x

(0,25)
=
1
lim
→x

25
1
lim
472)7(
1
2
1
3
3
2

+−
+
+
++++
→
x
x
xx
x

(0,5)
=
12
7
2
1
12
1
=+
(0,25)
Bài 8: Điều kiện
;5 x≤−

5≥x
(0,25)
082.124
515
22
=+−
−−−−− xxxx

⇔

(
)
082.62
5
2
5
22
=+−
−−−− xxxx
(0,25)
Đặt
t
xx
=
−− 5
2
2
( t > 0 ) phương trình trở thành
(0,25)
086
2
=+− tt
⇔
t = 2 hoặc t = 4
(0,5)
* Với t = 2
⇒

31522
25
2
=⇔=−−⇔=
−−
xxx
xx
(t/m)
(0,25)
*

Với t = 4
⇒

5
2
2
−− xx
4
9
254
2
=⇔=−−⇔= xxx
(t/m)
(025)
Vậy phương trình có nghiệm x = 3; x =
4
9

(0,25)

Bài 9:
Phương pháp tổng hợp:
- Từ D dựng Dx // AC
- Từ A dựng AF
⊥
Dx ( F
∈
Dx) và AH
⊥
SF ( H
∈
SF)
- Dựng HP // FD ( P
∈
SD)
- Dựng PQ // AH (Q
∈
AC)
Khi đó PQ là đoạn vuông góc chung của SD và AC. Thật vậy
(0,25)
Ta có: FD
⊥
SA
FD
⊥
FA
⇒
FD
⊥
(SAF)

(0,25)
Suy ra FD
⊥
AH
SF
⊥
AH
⇒
AH
⊥
(SFD)
(0,25)
Do đó: AH
⊥
FD
⇒
AH
⊥
AC
mà PQ // AH nên PQ
⊥
AC
(0,25)
Hơn nữa: AH
⊥
(SFD) nên AH
⊥
SD suy ra PQ
⊥
SD

Vậy ta có: d (AC, SD) = PQ = AH
(0,25)
Xét tam giác vuông AFD ~ tam giác vuông ABC ta có:
10
3.
==⇒=
AC
ADAB
AF
AC
AD
AB
AF
(025)
trong tam giác vuông SAF ta có:

36
49
9
10
4
1111
222
=+=+=
AFSAAH
(0,25)
Vậy d (AC,SD) = AH =
7
6
Bài 10: Ta có:

y
y
x
x
.
3
.
2
32 +=+
(0,5)
Theo BĐT Bunhiacopski ta có:
( )
)(6))(
32
(32
2
yxyx
yx
+=++≤+
(0,5)
⇔

6
625
6
)32(
2
+
=
+

≥+ yx

(0,25)
Đẳng thức xảy ra khi
⇔








=
=+
32
6
32
22
yx
yx
⇔







+

=
+
=
6
63
6
62
y
x

(0,5)
Vậy min
( )
yx +
=
6
625 +
tại
6
62 +
=x
(0,25)

6
63 +
=y