Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 1.Doc

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
CâuI : (4 điểm):
Cho hàm số y= x
3
+ 3x
2
- 2 (C)
1/ Khảo sát và vẽ đồ thị.
2/ Giải bất phương trình : 0 ≤ 2006 + 6018x
2
- 4012 ≤ 4012.
3/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C). Biết tiếp tuyến đi qua A(0; -2)
CâuII : (2 điểm) Tính
I=
∫
+1
x
e
dx
CâuIII : (2 điểm) Giải và biện luận phương trình theo tham số m
mxx =−++ 11
Câu IV: (4 điểm) Giải các phương trình sau:
1/ Sin(π/2 - πcosx)= cos(3πcosx)
2/ 6
x
+ 4
x
= 2.9
x

Câu V : (2 điểm) Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông:
Cos
2
A + Cos
2
B + Cos
2
C = 1
Câu VI: (2 điểm): Tính giới hạn sau:
2
2
3
2
0
927279
lim
x
xx
x
+−+
→
Câu VII: (2 điểm): Trong hệ Oxy cho hai đường thẳng d
1
//d
2
lần lượt có
phương trình là :
d
1
: x-y+2 = 0 ; d

2
: x-y-2 = 0
1/ Viết phương trình đường thẳng d
3
đi qua điểm A(-2; 0) và vuông góc với
d
2
2/ Viết phương trình đường thẳng d
4
sao cho d
1
, d
2
, d
3
, d
4
cắt nhau tạo thành
một hình vuông.
Câu XIII: (2 điểm): Chứng minh rằng với a,b> 0 ta có:
a
5
+b
5
≥ a
4
b + ab
4

x

y

0

1

2

-2

-1-

3

3

-1+

3

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Môn: Toán- Đề 2
(Bản hướng dẫn chấm gồm 5 trang)
Câu 1: (4 điểm)
1, (2 điểm)
• TXĐ : D = R (0,25đ)
• Chiều biến thiên: (0,5đ)

+ y' = 3x
2
+ 6x = 3x(x+2), y' = 0



−=
=
⇔
2
0
x
x
+ dấu y':
x
-∞
-2 0
+∞
y' + 0 - 0 +
2
+∞
y
-∞
-2
Với x∈(-∞; -2) ∪ (0; +∞) hàm số đồng biến
x∈(-2; 0) hàm số nghịch biến
Tại x= -2 hàm số đạt cực đại y
CĐ
= 2
Tại x= 0 hàm số đạt cực tiểu y

CT
= -2 (0,25đ)
• Tính lồi lõm, điểm uốn. (0,25đ)
+ y'' = 6x + 6 = 6(x+1); y'' = 0 ⇔ x= -1
+ dấu y'':
x
-∞
-1
+∞
y'' - 0 +

đ.u
y Lồi (-1,0) lõm

• Bảng biến thiên: (0,25đ)

x
-∞
-2 -1
0
+∞
y' + 0 0 +
2
+∞
y (CĐ) 0 (CT)
-∞
-2
* Đồ thị: Đồ thị cát trục tung tại: (0; -2)
* Cắt trục hoành tại hoành độ x = -1, x =
31±−

Qua điểm (-3; -2); (1; 2)
2. (1 điểm)
0
≤
2006 x
3
+ 6018 x
2
- 4012
≤
4012
⇔
0
≤
x
3
+ 3x
2
- 2
≤
2 (*) (0,5đ)
theo đồ thị (C) ta có: (*)
⇔
x
∈
[ -1-
3
; -1 ]
∪
[ -1+

3
; 1 ] (0,5đ)
3. (1 điểm): đường thẳng qua A(0; -2) có hệ số góc k:
y+2= k(x- 0) (d) ⇔ y = kx-2
(d) là tiếp tuyến của (c)
⇔



+=
=+
⇔





+=
−=−+
xxk
kxxx
xxk
kxxx
63
)1(3
63
223
3
2
23

(0,5đ)
có nghiệm.
Thay k từ (2) vào (1) ta được:
x
2
(2x+3) = 0
⇔
x = 0, x= -
2
3
(0,25đ)
* Với x= 0
⇒
k= 0 tiếp tuyến là y = - 2
* Với x= -
2
3

⇒
k= -
4
9
tiếp tuyến là y= -
2
4
9
−x
(0,25đ)
Câu 2 (2 điểm).
1. (1 điểm)

Ta có I =
∫
+ )1(
xx
x
ee
dxe
Đặt e
x
+1 = t (*) → e
x
= t-1
e
x
dx = dt
I=
dt
tt
tt
tt
dt
∫ ∫
−
−−
=
− )1(
)1(
)1(
=
dt

t
dt
t
∫ ∫
−
−
1
1
1
(0,5đ)
=ln
1−t
- ln
t
+c =ln
t
t 1
−
+c
Từ (*) ta có: I = ln
1+
x
x
e
e
+ c = x - ln(e
x
+1) +c (0,5đ)
Câu 3. (2đ) Xét hàm số y=
11 −++ xx

(c)
Ta có bảng xét dấu (1đ)
0,5 đ

x -
∞
-1 1
∞+
1+x
-x-1 0 x+1 x+1
1−x
-x+1 -x+1 0 x-1
y=
11 −++ xx
-2x 2 2x
Khi đó y=





−
x
x
2
2
2







≥
<<−
−<
1
11
1
x
x
x
đồ thị (C)
* Biện luận số nghiệm của phương trình theo m:

11 −++ xx
= m (*) (0,5đ)
⇒ số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng
y = m
+ Nếu m<2 phương trình vô nghiệm
+ Nếu m=2 phương trình có nghiệm [1; 1]
+ Nếu m>2 phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 4 (4đ)
1. Phương trình tương đương với :
Cos (
π
cosx) = cos 3
π
cosx (0,25đ)




+−=
+=
⇔
πππ
πππ
23
23
kCosxCosx
kCosxCosx
(k
Z∈
)



+−=
+=
⇔
kCosxCosx
kCosxCosx
23
23
(0,5đ)






=
−=
⇔
)2(
2
)1(
k
Cosx
kCosx
(0,25đ)
Vì k
∈
Z,
1≤Cosx
nên:
(1)
(*)
1
0



±=
=
⇔
Cosx
Cosx
(0,25đ)
(2)








±=
±=
=
⇔
2
1
1
0
Cosx
Cosx
Cosx
(**) (0,25đ)
Từ (*) và (**) ta có:







±=
±=
=
)5(

2
1
)4(1
)3(0
Cosx
Cosx
Cosx
(0,25đ)
Nếu
Nếu
Nếu

y = 2
y = m
2
-1
1
x
y
(0,5đ)
(C)

[ ]






+±=

+±=
⇔
=⇔
+=⇔
)(2
3
2
)(2
3
)5(
)()4(
)()3(
2
dkx
ckx
bkx
akx
π
π
π
π
π
π
π
Với (k
Z∈
). (0,5đ)
Từ (a),(b),(c),(d) ta có nghiệm của phương trình là :







+=
+=
23
22
ππ
ππ
k
x
k
x
(k
Z∈
) (0,25đ)
2. Phương trình tương đương với
2
3
2
3
2
2
=







+






xx
(1) (0,5đ)
Đặt t =
x






3
2
Điều kiện t > 0. (0,25đ)
(1)
⇔
t
2
+ t -2 = 0
⇔




−=
=
2
1
2
1
t
t
Với t = 1
⇔
x






3
2
= 1
⇔

x






3

2
=
0
3
2






(0,5đ)
⇔
x=0
Vậy phương trình có nghiệm x = 0. (0,25đ)
Câu 5 (2đ)
[ ]





=
=
=
⇔
=⇔
=−++⇔
=+−+⇔
=+++⇔

=+
+
+
+
⇔
=++
0
0
0
0
0)()(
0)()(
1)22(
2
1
1
1
2
21
2
21
1
2
2
2
222
CosC
CosB
CosA
CosCCosBCosA

BACosBACosCosC
CCosBACosBACos
CCosBCosACos
CCos
BCosACos
CCosBCosACos
* Nếu CosA = 0 ⇒
∆
ABC vuông tại A.
* Nếu CosB = 0 ⇒
∆
ABC vuông tại B.
* Nếu CosC = 0 ⇒
∆
ABC vuông tại C.
Vậy tam giác ABC là tam giác vuông
Câu 6. (2đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(Loại)
2
2
0
2

3
2
0
2
2
3
2
0
2
2
3
2
0
3927
lim
3279
lim
)3927()3279(
lim
927279
lim
x
x
x
x
x
xx
x
xx
xx

xx
−+
−
−+
=
−+−−+
=
+−+
→→
→→
6
25
2
9
3
1
33
27
999
9
3927
27
lim
92793)279(
9
lim
)3927(
27
lim
92793)279(

9
lim
2
0
3 2
3
22
0
22
2
0
3
2
3
222
0
−=−=
+
−
++
=
++
−
++++
=
++
−
++++
=
→→

→→
xxx
xx
x
xxx
x
xx
xx
Câu 7 (2đ)
1. d
3
vuông góc với d
2
nên có dạng x+y+c = 0
Vì d
3
qua A(-2 ; 0) nên : -2 + 0 + c = 0
⇔
c =2 (0,75đ)
2. Vì A(-2;0)
∈
d
1
nên
Để d
4
và d
1
, d
2

, d
3
cắt nhau tạo thành một hình vuông khi và chỉ khi d
4
//d
3
và
d(A,d
4
) = d(A,d
2
) (*) (0,5đ)
Do đó d
4
có dạng : x + y + D = 0
(*)
⇔
2
202
2
02 −−−
=
++− D
(0,5đ)



−=
=
⇔=−

2
6
42
D
D
D
Vậy đường thẳng d
4
có dạng x+y+6 =0 hoặc x+y-2 = 0 (0,25đ)
Câu 8.(2đ)
a
5
+b
5
≥
a
4
b+ab
4
⇔
a
5
+b
5
- a
4
b - ab
4

≥

0 (0,5đ)
⇔
a
4
(a-b) - b
4
(a-b)
≥
0
⇔
(a - b)(a
4
-b
4
)
≥
0 (0,5đ)
⇔
(a-b)(a
2
-b
2
) (a
2
+b
2
)
≥
0 (0,25đ)
⇔

(a-b)
2
(a+b) (a
2
+b
2
)
≥
0 (0,5đ)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b (0,25đ)
(1đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
