Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán năm 2013 (4)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12
Thời gian : 180 phút
Bài 1: (2điểm) :
Tìm các điểm cực trị của hàm số : y = e
x
cosx.
(Trích chuyên đề Hàm số của Lê
Hồng Đức)
Bài 2 (4 điểm) : Cho phương trình : cos3x - cos2x + m cosx - 1 =
0
a- (2 điểm) : Giải phương trình với m = 1.
b- (2 điểm) : Tìm m để phương trình có đúng bảy nghiệm ∈ (-
2
π
; 2π).
(Trích đề thi ĐH Y thành phố Hồ Chí Minh -
1999)
Bài 3 (2 điểm) : Giải bất phương trình :
162
2
+−
xx
- x + 2 > 0.
(Trích 150 đề thi Đại học)
Bài 4 (2 điểm) : Chứng minh rằng : ∀∆ABC nhọn ta đều có :
3
2
(SinA + SinB + SinC) +
3
1
(tgA + tgB + tgC) > π.

(Trích đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 tỉnh Hải Phòng
- 1998)
Bài 5 (2 điểm).
Tìm A = lim F(x) với F(x) =
1
75
2
3
23
−
+−−
x
xx
(Trích đề thi ĐH QGHN năm
1993)
Bài 6 (2 điểm) : Tính : I =
∫
++
1
0
24
1xx
xdx
(Trích đề ĐH TCKT năm
2000)
Bài 7 (2 điểm) : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = x
3
+
2
3

x

với x > 0
x→1
(Trích PP giải toán hàm số của tác giả Lê
Hồng Đức)
Bài 8 (2 điểm) : Giải phương trình :
2sin3sin2
3).10sin3(3
−−
−+
xx
x
+ 3 -
Sinx = 0
(Trích đề thi học sinh giỏi Toán 12- tỉnh Đồng Nai
- 1996)
Bài 9 (2 điểm) : Cho ∆ABC biết A (2; -1) và hai đường phân giác
trong của góc B và C lần lượt có phương trình là :
d
B
: x - 2y + 1 = 0
d
C
: x + y + 3 = 0
Hãy lập phương trình đường thẳng BC./.
(Trích đề thi ĐH Thương mại năm
1999)
HƯỚNG DẪN
CHẤM THI MÔN TOÁN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12
Thời gian : 180 phút
Bài Nội dung Điểm
1 TXĐ : D = R 0,25
Ta có : y' = e
x
cosx - e
x
sinx.
Cho y' = 0 ⇔ e
x
(cosx - sinx) = 0 ⇔ sinx = cosx
⇔ x =
4
π
+ kπ ( k∈z).
0,25
y" = e
x
cosx - e
x
sinx - (e
x
sinx + e
x
cosx) = - 2e
x
sinx 0,5
Với x =
4

π
+ kπ
TH
1
: Nếu k = 2l (l∈z) thì x =
4
π
+ l2π.
Thay vào y" :
y"(
4
π
+ l2π) = -
π
π
2
4
2
l
e
+
. Sin (
4
π
+ l2π) < 0.
⇔ y =
4
π
+ l2π (l∈z) là điểm cực đại của hàm số.
0,5

TH
2
: Nếu k = 2l + 1 (l∈z) thì x =
4
5
π
+ l2π
Thay vào y" ta có :
y"(
4
5
π
+ l2π) = -2
π
π
2
4
5
l
e
+
Sin (
4
5
π
+ l2π) > 0
⇔ x =
4
5
π

+ l2π là điểm cực tiểu của hàm số (l∈z)
0,5
2 4.00
2a 2.00
Biến đổi phương trình về dạng :
4cos
3
x - 3cosx - 2cos
2
x + 1 + mcosx - 1 = 0
⇔ 4cos
3
x - 2cos
2
x + (m - 3) cosx = 0 (1)
0,5
Đặt t = cosx, ∀x∈R thì ∀t∈ [-1; 1] (*)
Với m = 1 thay vào (1) ta được :
t (4t
2
- 2t - 2) = 0 ⇔ t = 0; t = -
2
1
; t = 1 thoả mãn (*)
1.00
cosx = 0 x =
2
π
+ k2π
⇔ cosx = -

2
1
⇔ x =
3
2
π
±
+ k2π (k∈z)
cosx = 1 x = k2π
0,5
2b 2.00
Từ phương trình (1) ta có :
cosx = 0 (2)
4cos
2
x - 2cosx + m - 3 = 0 (3)
Giải (2) ta có : cosx = 0 ⇔ x =
2
π
+ kπ (k∈z)
Vì x∈ (-
2
π
; 2π) nên phương trình (2) chỉ nhận : x =
2
π
là nghiệm
x =
2
3

π

0,5
Đặt t = cosx thì (3) ⇔ 4t
2
- 2t + m - 3 = 0 (4)
Để phương trình (1) có đúng 7 nghiệm ∈ (-
2
π
; 2π) thì phương trình (4)
0,5
phải có nghiệm thoả mãn điều kiện sau : -1 < t
1
< 0 < t
2
< 1
af(0) < 0 Trong đó f(t) = 4t
2
- 2t + m - 3
⇔ af(-1) > 0
af(1) > 0
0,5
m - 3 < 0
⇔ m - 1 > 0 ⇔ 1 < m < 3
m + 3 > 0
0,5
3 2.00

162
2

+− xx
> x - 2
2x
2
- 6x + 1 ≥ 0
⇔ x - 2 < 0
2x
2
- 6x + 1> (x - 2)
2

x - 2 ≥ 0
0,5

x ≤
2
73 −
x ≥
2
73 +
⇔ x < 2
2x
2
- 6x + 1 > x
2
- 4x + 4
x ≥ 2
0.5
x ≤
2

73 −
⇔ x
2
- 2x - 3 > 0
x ≥ 2
0,5

x ≤
2
73 −
⇔ x < -1 ⇔ x ≤
2
73 −

x > 3 x > 3
x ≥ 2
0,5
KL : Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là :
T = (- ∞ ;
2
73 −
]
∪
(3; + ∞)
4 2.00
Chứng minh :
Xét hàm số : f(x) =
3
2
sinx +

3
1
tgx - x
Với x ∈ (0 ;
2
π
)
Ta có : f'(x) =
3
2
cosx +
x
2
cos3
1
- 1
0.5
f'(x) =
3
1
(cosx + cosx +
x
2
cos
1
) - 1 ≥
3
1
. 3 - 1 0,5
⇔ f'(x) ≥ 0 ⇔ Hàm số y = f(x) là hàm số ĐB trên (0 ;

2
π
) ⇔ f(x) > f(0)
0,5
⇔
3
2
sinx +
3
1
tgx - x > 0 ∀ x ∈ (0 ;
2
π
)
Vì ∆ABC nhọn nên ta có :
Vậy (
3
2
sinA +
3
1
tgA - A) + (
3
2
sinB +
3
1
tgB - B) + (
3
2

sinC +
3
1
tgC - C) >
0.
⇔
3
2
(sinA + sinB + sinC) +
3
1
(tgA + tgB + tgC) > A + B + C
⇔
3
2
(sinA + sinB + sinC) +
3
1
(tgA + tgB + tgC) > π ( )
0, 5
5 2.00
Viết F(x) về dưới dạng :
F(x) =
1
)27()25(
2
3
23
−
−+−−−

x
xx
1.00
Vậy : A = lim
)
1
25
(
2
3
−
−−
x
x
- lim
1
27
2
3
2
−
−+
x
x
x → 1 x → 1
Ta có : lim
)
1
25
(

2
3
−
−−
x
x
= lim
25)(1(
45
32
3
+−−
−−
xx
x
=
x → 1 x → 1
= lim
25)(1(
)1(
3
2
+−+
++−
xx
xx
= -
8
3
x → 1

0,5
Ta có : lim
1
27
2
3
2
−
−+
x
x
= lim
]472)7)[(1(
1
3
22
3
22
2
++++−
−
xxx
x
=
x → 1 x → 1
= lim
472)7(
1
3
22

3
2
++++ xx
=
12
1
x → 1
⇔ A = - -
8
3
-
12
1
= -
24
11
0,5
6 2.00
Đặt t = x
2
⇔ dt = 2xdx
Khi x = 0 ⇒ t = 0
x = 1 ⇒ t = 1 khi đó ta có :
I =
∫
++
1
0
2
12

1
tt
dt
=
∫
++
1
0
2
4
3
)
2
1
(
2
1
t
dt
Đặt t +
2
1
=
2
3
tgu ⇔ dt =
2
3

u

du
2
cos
=
2
3
(1 + tg
2
u) du
Khi t = 0 ⇒ u =
6
π
t = 1 ⇒ u =
3
π
0,5
0,5
I =
2
1
∫∫
=
+
+
3
6
3
6
2
2

3
1
4
3
4
3
)1(
2
3
π
π
π
π
du
utg
duutg
0,5
I =
∫
=
3
6
363
1
π
π
π
u
0,5
7 2.00

Ta có : y =
2
1
x
3
+
2
1
x
3
+
2
1
x
+
2
1
x
+
2
1
x
( x >0) 0,5
Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 5 số :

2
1
x
3
;

2
1
x
3
;
2
1
x
;
2
1
x
;
2
1
x
ta có : y ≥ 5
5
222
33
1
.
1
.
1
.
3
1
.
2

1
xxx
xx
⇔ y ≥ 5
5
4
1
⇔ y ≥
5
4
5
⇔ Min y =
5
4
5

(0; + ∞)
0,5
0,5
Dấu "=" sảy ra ⇔
2
1
x
3
=
2
1
x
3
= x

2
= x
2
= x
2

⇔ x
5
= 2 ⇔ x =
5
2
0,5
8 2.00
3
2sinx - 3
+ (3sinx - 10) 3
sinx - 2
+ 3 - sinx = 0 (5)
Đặt t = 3
sinx - 2
với t > 0. Khi đó phương trình tương đương với :
3t
2
+ (3sinx - 10)t + 3 - sinx = 0 (6)
∆ = (3sinx - 10)
2
- 4.3(3 - sinx) = (3sinx - 8)
2
0,5
Phương trình (6) có nghiệm là : t =

3
1
t = 3 - sinx
+ Với t =
3
1
ta được : 3
sinx - 2
=
3
1
⇔ sinx - 2 = -1 ⇔ sinx = 1
⇔ x =
2
π
+ k2π (k∈z )
0,5
+ Với t = 3 - sinx ta có : 3
sinx - 2
= 3 - sinx (7)
Nhận thấy sinx = 2 là nghiệm của phương trình (7) vì 3
0
= 3 - 2 (đúng)
0,5
Chứng minh sinx = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (7) vì :
Vế trái y = 3
sinx - 2
là hàm số đồng biến.
Vế phải y = 3 - sinx là hàm số nghịch biến
Mặt khác, sinx = 2 (loại) vì 2 > 1

KL : Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x =
2
π
+ k2π (k∈z )
0,5
9 2.00
Gọi A
1
; A
2
theo thứ tự là điểm A(2; -1) d
B

đối xứng của A qua (d
B
) và (d
C
) d
C
thì A
1
; A
2
∈ BC.
⇒ Phương trình đường thẳng
A
1
A
2
cũng chính là phương trình

của đường thẳng B. B A
1
A
2
C
+ Xác định A
1
:
Gọi (d
1
) là đường thẳng thoã mãn : (d
1
) đi qua A
(d
1
) ⊥ (d
B
)
⇔ (d
1
) đi qua A ( 2; -1)
nhận véc tơ pháp tuyến
1
n
= (2; 1)
⇒ (d
1
) : 2x + y - 3 = 0
Gọi E = (d
1

)
∩
(d
B
) ⇒ Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ :
2x + y - 3 = 0 ⇔ E (1;1) vì E là trung điểm AA
1
⇒ A
1
(0;3)
x - 2y + 1 = 0
0,5
+ Xác định A
2
:
Gọi (d
2
) là đường thẳng thoã mãn : (d
2
) đi qua A
(d
2
) ⊥ (d
C
)
⇔ (d
2
) đi qua A ( 2; -1)
nhận véc tơ pháp tuyến
2

n
= (1; -1)
⇔ (d
2
) : x - y - 3 = 0
Gọi F = (d
2
)
∩
(d
C
). Toạ độ điểm F là nghiệm của hệ :
0,5
E F
x - y - 3 = 0 ⇒ F (0; -3) Vì F là trung điểm AA
2
⇒ A
2
(-2; -5)
x + y + 3 = 0
Vậy phương trình BC được xác định :
BC đi qua A
1
⇔ BC : 4x - y + 3 = 0
đi qua A
2

0,5

*Ghi chú : Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho

điểm tối đa.
Người lập
đáp án
Lê Thị
Minh