Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán năm 2013 (8)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1:
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y =
1 x
2 2mx
2
+
++x
với m = 1.
2) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm
đó đến đường thẳng x + y + 2 = 0 là như nhau.
Bài 2:
1) Giải phương trình x
2
+
5
4 4x -
4
2
2
=
+x
x
2) Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của:
F = (x + y – 2)
2
+ (x + ay – 3)
2
theo a

Bài 3:
1) Giải bất phương trình:
( )
6) (log - log2
x-
22
2 3 2
+
⋅+
xx
x
> 1
2) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để
∆
ABC đều:




+=
+=
CBA
cba
2
2
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SB = x, tất cả các cạnh còn lại bằng
b
(b >
3
x

)
a) Tính thể tích hình chóp theo b và x
b) Xác định x để hình chóp có thể tích lớn nhất.
Bài 5: Cho Elip (E) có phương trình:
1
4
y

9
22
=+
x
và M(1, 1)
Lập phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm A và B
sao cho MA = MB.
Bài 6: Tính : I =
( )
∫
+
+
1
0
6
4
1 x
1 dxx
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LÓP 12 THPT
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180

phút
Bài Nội dung Điểm
Bài 1
1) Với m = 1, hàm số trở thành: y =
1 x
1
1 x
1 x
2 2x
2
+
++=
+
++x
1.1- Tập xác định: D = R \
{ }
1−
1.2- Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
Ta có: y’ = 1 -
( )
;
1
1
2
+x
cho y’ = 0
⇔
1 -
( )

1
1
2
+x
= 0
⇔
(x+ 1)
2
= 1
⇔



=+
=+
1- 1 x
1 1 x

⇔




=
=
2- x
0 x
Xét dấu y’: + -1 +
- 2 0

Hàm số đồng biến trên khoảng (-
∞
; -2)
∪
(0; +
∞
) và nghịch biến
trên khoảng (-2; -1)
∪
(-1; 0)
b) Cực trị:
Tại x = -2 , hàm số đạt giá trị cực đại , y
CĐ
= y(-2) = -2
Tại x = 0 , hàm số đạt giá trị cực tiểu , y
CT
= y(0) = 2
c) Tính lồi lõm và điểm uốn (không xét)
d) Giới hạn:
∞+=
+
++
=
∞+→
∞+→

1 x
2 2x x
lim lim
2

x
x
y


∞−=
+
++
=
∞−→
∞−→

1 x
2 2x x
lim lim
2
x
x
y

* (D1): x = -1 là tiệm cận đứng vì
1
lim
−→x
y
=
∞
* (D2): y = x + 1 là tiệm cận xiên vì
∞→
lim

x
[ ]
1) (x - +y
=
∞→
+


1
1
lim
x
x
= 0
2 đ
0,25
0,25
-2
e) Bảng biến thiên:
x -
∞
-2 -1 0 +
∞
(C)
y’ + 0 - - 0 +
y -2 +
∞
+
∞
-

∞
-
∞
2

1.3- Đồ thị:
Gọi (C): y =
1 x
2 2x
2
+
++x

(C)
∩
oy = (0; 2)
(C)
∩
ox vì phương trình:

1 x
2 2x
2
+
++x
= 0 vô nghiệm
* Nhận xét: Gọi I là giao của 2 tiệm cận

→
I(-1; 0) là tâm đối xứng của đồ thị (C)

2) y =
1 x
2 2mx
2
+
++x
TXĐ: D = R\
{ }
1−
Ta có: y’ =
( )( )
( )
( ) ( )
2
2
2
2
1 x
2 - 2m 2x x

1 x
2 2mx x - 1 2m 2
+
++
=
+
++++ xx
Hàm số có cực đại, cực tiểu
⇔
y’ =

( )
2
2
1
2 - 2m 2x
+
++
x
x
có 2 nghiệm phân
biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm
⇔
m <
2
3
(*)
* Giả sử các điểm cực đại, cực tiểu A
1
(x
1
, y
1
) và A
2
(x
2
,y
2
) có x
1

, x
2
là
2 nghiệm của: x
2
+ 2x + 2m – 2 = 0 và có:
y
1
= 2x
1
+ 2m , y
2
= 2x
2
+ 2m . Khoảng cách từ A
1
và A
2
tới đường
thẳng x + y + 2 = 0 sẽ bằng nhau.
⇔
2 2m 3x 2 2m 3x 2 y x 2 y
212211
++=++⇔++=++x
⇔
3(x
1
+ x
2
) = - (4m + 4)

0,25
0,75
0,5
0,25
( )
1 23 2
6) (log - log2
x-
22
>⋅+
+
xx
x
-2
-2
1
y
x
x= -1
Bài 2
⇔
3(-2) = - (4m + 4)
⇔
m =
2
1
(thoả mãn (*))
Vậy m =
2
1

1) Phương trình: x
2
+
5
4 4x -
4
2
2
=
+x
x
⇔ x
2
+
5
2) -(x
4
2
2
=
x
⇔ x
2
+ 2x
2 -
2
x
x
+
5

2 -x
4x
-
2 -
2
2
2
=






x
x
⇔
5
2 -x
4x
-
2 -x
2x

2
2
=







+
x
⇔
0 5 -
2 -
x
4 -
2 -
2
2
2
=⋅








xx
x

Đặt t =
2 -
2
x

x
, phương trình trở thành:
t
2
– 4t – 5 = 0 ⇔



=
=
5 t
1- t

* Với t = -1 ⇔



=
=
⇔=+⇔=
2 - x
1 x
0 2 - x x 1-
2 -
2
2
x
x

* Với t = 5 ⇔

0 10 x 5- x 5
2 -
2
2
=+⇔=
x
x
(phương trình vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = - 2
2) F = (x + y – 2)
2
+ (x + ay – 3)
2
* Nhận xét: (x+ y – 2)
2
≥ 0 ; (x + ay – 3)
2
≥ 0 F ≥ 0
Xét hệ:



=−+
=−+
03
02
ayx
yx
⇔




=−+
=+
03
2
ayx
yx
(I)

TH1: Hệ (I) có nghiệm ⇔ D =
a1
11
= a – 1
≠
0 ⇔ a
≠
1
Thì
∃
(x,y) để F = 0
→
Min F = 0
TH2: Hệ (I) vô nghiệm ⇔ D = 0 ⇔ a – 1 = 0 ⇔ a = 1
(hệ số không tỷ lệ)
Với a = 1
→
F (x + y – 2)
2
+ (x + y – 3)

2
Đặt t = x + y – 3 ; t
∈
R
→
F = (t + 1)
2
+ t
2
= 2t
2
+ 2t + 1 = 2(t
2
+ 2t
2
1
+
2
1
)
4
1
+

0,25
4 đ
0,5
0,25
0,5
0,25

0,25
0,5
0,25
0,25
Bài 3:
Bài 4:
= 2(t +
2
1
)
2
+
2
1
≥
2
1
,
∀
t.
→
Min F =
2
1
Đạt được ⇔ t = -
2
1
⇔ x + y – 3 = -
2
1

⇔ x + y -
2
5
= 0
1) Bất phương trình:

( )
12.32
)6(
2
2
loglog2
〉+
+
−
−
x
x
xx
(1)
* Điều kiện x > 0
Nhận xét: 2
x
+ 3
.
2
-x
> 1 vì




〈−
〉
) (2
3
loaix
x

(1) ⇔ 2log
x
x – log
2
(x + 6) > 0
⇔ 2log
2
x > log
2
(x + 6) ⇔ log
2
x
2
> log
2
(x + 6)
⇔ x
2
> x + 6 ⇔ x
2
– x – 6 > 0 ⇔




<
>
(loai) 2 -
3
x
x
Vậy T = (3; +
∞
)
2)



+=
+=
)2 (2
)1 (2
CBA
cba

Theo định lý Sin, ta có:
2R ===
SinC
c
SinB
b
SinA
a

Thay vào (1) : 2SinA = SinB + SinC ⇔ 2SinA =
2
C - B
Cos
2
C
2 ⋅
+B
Sin
Thay (2) : B + C = 2A , ta được :
SinA =
1
2
C - B
Cos =⋅SinA
(vì SinA
≠
0)
⇔
C B 0
2
C -
=⇔=
B
Vì A + B + C = 180
0
, kết hợp với (2)
→
3A = 180
0

⇔
A = 60
0
∆
ABC cân tại A và A = 60
0

→

∆
ABC đều

a) Gọi O là tâm của hình thoi ABCD
Xét 2
∆
SAC và
∆
ADC
Có AC chung, SA = SC = DA = DC = b
→
∆
SAC =
∆
ADC
→
SO = OD = OB
→
∆
ABC vuông tại S

0,75
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
4 đ’
A
D
CB
H
O b
x b b
S
Bài 5 :
(2
điểm)
Ta được : BD =
b x SD
2222
+=+SB
∆

ODC vuông tại O
Có DC = b; OD =
22
b
2
1
+x
→
OC
2
= DC
2
– OD
2
= b
2
-
4
1
(x
2
+ b
2
)
=
4
x- 3
22
b
→

OC =
* Tứ giác ABCD có AC
⊥
BD
→
S
ABCD
=
2222
b x- 3
2
1

2
1
+⋅⋅=⋅ xbBDAC
(1)
*
∆
BSD vuông, gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD)
→
SH
⊥
BD
→

222
SD
1

SB
1

1
+=
SH
→

22
22
222
b
x b

b
1

x
1

1
xSH ⋅
+
=+=

→

22
22
22

2
x b
bx
SH
x
b

+
=→
+
=
b
x
SH
(2)
Từ (1) và (2)
⇒
V
chópSABCD
=
2222
22
b x-3
2
1
x
3
1

3

1
+⋅⋅
+
⋅=⋅ xb
b
bx
SSH
ABCD
=
22
x- 3
6
1
bbx ⋅
b) Ta có: V
chópSABCD
=
( )
22222
x- 3b
2
1
6
b
x- 3
6
1
+⋅≤⋅ xbx
=
4

b
3
12
3
2
=⋅ b
b
V
chópSABCD
lớn nhất là
4
3
b
; đạt được
↔
x =
22
3 xb −
⇔
x
2
= 3b
2
- x
2

⇔
2x
2
= 3b

2

⇔
x
2
=
2
3
2
3
2
bxb =⇔
Phương trình đường thẳng (d) qua M (1,1) với hệ số góc k có dạng :
y = k (x – 1) + 1
⇔
(d) : y = kx – k + 1 (1)
Toạ độ giao điểm A,B của (d) và (E) là nghiệm của hệ :



+−=
=+
1
3694
22
kkxy
yx

→
4 x

2
+ 9 (kx – k +1)
2
= 36
⇔
(4+ 9k
2
)x
2
– 18k(k-1)x + 9k
2
–18k –27= 0 (2)
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt :
⇔
( )
[ ]
2
19 −kk
- (4+9k
2
) (9k
2
– 18k – 27) > 0
⇔
9k
2
(k – 1)
2
– (4 + 9k)
2

(k
2
– 2k – 3) > 0
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
Bài 6:
(2
điểm)
⇔
32k
2
+ 8k + 12 > 0 (luôn đúng)
Vậy phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt và :









+
−−
=
+
−
=+
2
2
2
4
27189
.
94
)1(18
k
kk
XX
k
kK
XX
BA
BA
Theo giả thiết MA = MB
⇔
x
A
+ x
B
= 2x
M

⇔
( )
2
94
118
k
kk
+
−
= 2
k = -
9
4
Thay k = -
9
4
vào (1), ta được (d) có phương trình : 4x + 9y – 13 = 0
I =
( )
∫
+
+
1
0
6
4
1
1
x

dxx
f(x) =
1
1
6
4
+
+
x
x
=
( )( )
11
1
242
4
+−+
+
xxx
x
=
( )( )
11
1
242
224
+−+
++−
xxx
xxx

=
1
1
2
+x
+
1
6
2
+x
x
→
I =
∫
+
1
0
2
1x
dx
+
∫
+
1
0
6
2
1x
dxx
I =

∫
+
1
0
2
1x
dx
Đặt x = tg t ;
22
ππ
<< t
; x
0
1

→
t
0
4
π

dx =
t
dt
2
cos
= (1+tg
2
t) dt
→

I
1
=
( )
dt
ttg
ttg
∫
+
+
4
0
2
2
1
1
π
=
∫
4
0
π
dt
= t
0
4
π
=
4
π

I
2
=
∫
+
1
0
6
2
1x
dxx
Đặt u = x
3
; x
0
1

→
u
0
1
Ta có : du = 3x
2
dx
→
x
2
dx =
3
du

⇒
I
2
=
( )
∫
+
1
0
2
13 u
du
=
∫
+
1
0
2
13
1
u
du
=
43
1
π
=
12
π
Khi đó I = I

1
+ I
2
=
4
π
+
12
π
=
3
π
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
Vậy I =
3
π

0,25