Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 12

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
CâuI (2 điểm):
Cho hàm số: y = x
3
+mx
2
+9x+4 (Cm)
1. Tìm m để (Cm) có cực đại, cực tiểu?
2. Tìm m để (Cm) có 1cặp điểm đối xứng qua O(0; 0)?
CâuII (2 điểm):
1. Tính:
I=
∫
3/
4/
4
π
π
xdxtg
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x
2
; y= 4x
2
; y = 4.
CâuIII (2 điểm):
1.Cho phương trình: (m+3)x
2
- 3mx + 2m = 0
Xác định m để phương trình có 2 nghiệm x

1
và x
2
sao cho 2x
1
- x
2
= 3.
2 Xác định m để tam thức bậc hai:
f(x)= x
2
+(3-m)x -2m + 3 luôn luôn dương với
∀
x
4−≤
Câu IV (2 điểm):
1. giải hệ phương trình: x + y + xy = 11
x
2
+ y
2
+ 3(x + y) = 28
2. Giải và biện luận phương trình:
mxmxx
+=−
2
Câu V (2 điểm):
Cho phương trình: 2Cos
2
x - (2m+1)Cosx +m = 0

1. Giải phương trình với m =
2
3
2. Tìm m để phương trình có nghiệm x sao cho x ∈






2
3
;
2
ππ
Câu VI (2 điểm):
1. CMR trong ∆ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC
2. nếu ∆ABC là ∆ nhọn, c/m tgA + tgB + tgC ≥
33
Câu VII (2 điểm):
1.
Tìm:
1
23
lim
3
1
−
−−
→

x
xx
x
2.
Giả phương trình: 8.3
x
+ 3.2
x
= 24 + 6
x
Câu XIII (2 điểm):
1. giải phương trình: log
2
(3.2
x
- 1) = 2x + 1
2. Cho (H) có phương trình: x
2
- 3y
2
= 1 và đường thẳng ∆: kx + 3y -1 = 0
a, Xác định k để ∆ tiếp xúc với (H)
b, Tìm tọa độ tiếp điểm.
Câu IX (2 điểm):
1. Cho 3 mp (P), (Q), (R) có các phương trình lần lượt là:
(P): Ax + By + Cz + D
1
= 0 (1)
(Q): Bx + Cy + Az + D
2

= 0 (2)
(P): Cx + Ay + Bz + D
3
= 0 (3)
Với điều kiện A
2
+ B
2
+ C
2
> 0 và AB + BC + CA = 0
CMR: 3mp (P), (Q), (R) đôi một vuông góc.
2. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ mp(BCD), ∆BCD vuông tại C
CMR 4 mặt của tứ diện là những ∆ vuông.
Câu X (2 điểm):
1. Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác .
CMR: a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ac)
2. Có bao nhiêu số tự nhiên (được viết trong hệ đếm thập phân) gồm 5 chữ
số mà các chữ số đều lớn hơn 4 và đôi 1 khác nhau.
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Năm học:
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Môn: Toán- Đề số I
(Bản hướng dẫn chấm gồm 7 trang)

Câu I:
1. y' = 3x
2
+ 2mx + 9
Hàm số có CĐ CT' ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt (0,5đ)
⇔ ∆' = m
2
- 27 > 0
⇔ m ∈(-∞;
33−
) ∪ (
33−
;+∞) (0,5đ)
2. Giả sử A(x
1
; y
1
) và B(-x
1
; -y
1
) đối xứng nhau qua gốc tọa độ và cùng
thuộc (Cm) (0,25đ)
Khi đó: y
1
=
49
1
2
1

3
1
+++ xmxx
(1)
-y
1
=
49
1
2
1
3
1
+−+−
xmxx
(2) (0,25đ)
Lấy (1) cộng với (2) (vế với vế) ta có p/t:
04
2
1
=+
mx
(0,25đ)
⇔
4
2
1
−=mx
có nghiệm ⇔ m < 0 (0,25đ)
Câu II:

1. Ta có:
I =
dx
x
x
2
3/
4/
2
2
cos
sin
∫








π
π
=
( )
dx
x
x
∫
−

3/
4/
4
2
2
cos
cos1
π
π
(0,25đ)
=
dxdx
x
dx
dx
x
dx
∫∫∫
+−
3/
4/
3/
4/
2
3/
4/
4
cos
2
cos

π
π
π
π
π
π
(0,25đ)
=
( )
3/
4/
3/
4/
3/
4/
2
2)(1
π
π
π
π
π
π
xtgxtgxdxtg
+−+
∫
(0,25đ)
=
123
2

2
3
1
3/
4/
3/
4/
3/
4/
3
π
π
π
π
π
π
π
+=+−






+
xtgxxtgtgx
(0,25đ)
2. Giao điểm hai đường y=x
2
có hoành độ là : x

±
2
Giao điểm y=4 với y = 4x
2
có hoành độ là x=
±
1
Giao điểm hai đường y=x
2
và y= 4x
2
có hoành độ x=0 (0,5đ)

y = 4

y = x

2

y = 4x

2

y

x

Diện tích miền cần tính (miền gạch chéo như hình vẽ) là :
S=2









−+−
∫∫
dxxdxxx
2
1
2
1
0
22
44
= 2








−+
∫ ∫∫
1
0

2
1
2
2
1
2
43 dxxdxdxx
= 2






−+
2
1
3
2
1
1
0
3
3
1
4 xxx
=
3
16
(đv dt) (0,5đ)

Câu III
1. Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
,x
2
ta có :







+
=
=−
+
=+
3
2
32
3
3
21
21
21
m
m
xx
xx

m
m
xx
(đk m≠-3) (0,25đ)
Từ (1) và (2) ta có : x
1
=
3
32
+
+
m
m
và x
2
=
3
3
+
−
m
m
(0,25đ)
Thay vào (3) ta được
1
99
3
)3(2)3)(32(
3
3

2
3
3
3
32
−=⇔



−=
≠
⇔



+=−+
−≠
⇔
+
=
+
−
×
+
+
m
m
m
mmmm
m

m
m
m
m
m
m
(0,25đ)
Với m=-1 phương trình viết : 2x
2
+3x -2 =0
⇒ x
1
=
2
1
, x
2
=-2. Vậy m=-1 là giá trị cần tìm. (0,25đ)
2. Tam thức đã cho dương với ∀x≤ - 4
Khi và chỉ khi

















<−
>−
≥∆
<∆
⇔








<≤−
≥∆
<∆
2
4
0)4(
0
0
4
0
0

21
s
af
xx
(0,25đ)

-4
x
S/2
2

1

x
+ +
–
⇔
2/7
132/7
13
5
2/7
13
13
0
2
5
072
032
032

2
2
−>⇒



>∨−≤<−
<<−
⇔












−>
−>
≥∨−≤
<<−
⇔

















>
+
>+
≥−+
<−+
m
mm
m
m
m
mm
m
m
m
mm
mm
(0,5đ)
Câu IV:

1. Đặt



=
=+
Pxy
Syx
⇔



=−+
=+
)2(2823
)1(11
2
PSS
PS
(0,25đ)
(1) ⇒ P = 11 - S thế vào (2) ta được: S
2
+ 5S - 50 = 0
giải được: S
1
= 5; S
2
= -10
* với S
1

=5 ⇒ P
1
= 6 ⇒ hệ (I)



=
=+
6
5
xy
yx
(0,25đ)
* với S
2
= -10 ⇒ P
2
= 21 ⇒ hệ (II)



=
−=+
21
10
xy
yx
(0,25đ)
* giải hệ (I) ta được 2 nghiệm (2; 3) và (3; 2)
* giải hệ (II) ta được 2 nghiệm (-3; -7) và (-7; -3)

vậy hệ phương trình có 4 nghiệm:
(2; 3); (3; 2); (-3; -7); (-7; -3) (0,25đ)
2. Giải và biện luận phương trình:
mxmxx +=−
2

Giải:
Phương trình tương đương với:



=−
−≥
⇔



+=−
≥+
)2(3
)1(
)()(
0
222
mmx
mx
mxmxx
mx
(0,25đ)
Xét hai trường hợp:

* m ≠ 0: ta có: x=
3
m−
theo điều kiện (1) ta phải có
3
m−
≥-m ⇔
0
3
2
>m
⇒ m>0 (0,25đ)
* m=0: ∀x đều thỏa mãn phương trình (2) so sánh với điều kiện (1) ta nhận x≥0
(0,25đ)
Vậy:
+ m<0 phương trình vô nghiệm
+ m>0 phương trình có nghiệm x=
3
m−
+ m=0 phương trình co nghiệm x ≥ 0 (0,25đ)
Câu V:
Cho phương trình : 2cos
2
x - (2m+1)cosx + m = 0
Hệ
(0,25 đ)
Đặt: cosx = t;
1
≤
t

p/t ⇔ 2t
2
- (2m+1)t + m =0
∆ = (2m-1)
2
≥0 ⇒ t
1
=
2
1
và t
2
=m (0,25đ)
a. với m =
2
3
thì:
* nghiệm t
2
= cosx =
2
3
(loại)
* vậy t
1
= cosx =
2
1
= cos
3

π
⇒ x= ±
π
π
2
3
k+
(k ∈Z) (0,5đ)
b. Để phương trình có nghiệm
)
2
3
;
2
(
ππ
∈
x
thì cosx < 0
⇔ -1 ≤ m < 0 (0,25đ)
Câu VI:
1. Trong ∆ABC ta có A=π-(B+C)
⇒tgA =tg(π-(B+C)) = -tg(B+C)
(0,25đ)
⇔tgA=-
tgCtgB
tgCtgB
.1−
+
(0,25đ)

⇔tgA-tgA.tgB.tgC = -tgB -tgC (0,25đ)
⇔tgA+tgB+tgC = tgA.tgB.tgC (đpcm). (0,25đ)
2.∆ABC là ∆ nhọn nên tgA>0, tgB>0, tgC>0
áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương ta có:
tgA+tgB+tgC ≥
3
tgC.tgA.tgB3
(0,25đ)
từ kết quả câu 1, ta có:
tgA+tgB+tgC ≥ 3
3
tgCtgBtgA
++
(0,25đ)
⇔ (tgA+tgB+tgC)
3
≥ 27(tgA+tgB+tgC) (0,25đ)
⇔ (tgA+tgB+tgC)
2
≥ 27
⇔ tgA+tgB+tgC≥
33
(đpcm) (0,25đ)
Câu VII
1.
1
23
lim
3
1

−
−−
→
x
xx
x
=
)23)(1(
23
lim
3
6
1
−+−
−−
→
xxx
xx
x
(0,5đ)
=
)23)(1(
)2)(1(
lim
3
12345
1
−+−
−++++−
→

xxx
xxxxxx
x
(0,25đ)
23
)2(
lim
3
12345
1
−+
−++++
→
xx
xxxxx
x
=
2
3
(0,25đ)
2. giải phương trình: 8.3
x
+ 3.2
x
=24 + 6
x
⇔ 8(3
x
-3) - 2
x

(3
x
-3) = 0 (0,25đ)
⇔ (3
x
-3)(8 - 2
x
) = 0 (0,25đ)
⇔



=
=
⇔




=
=
3
1
82
33
x
x
x
x
(0,25đ)

Vậy phương trình có 2 nghiệm x =1 và x =3 (0,25đ)
Câu VIII:
1. Giải phương trình: log
2
(3.2
x
-1)= 2x+1
⇔





=+−
>
⇔





=−
>−
+
012.32.2
3
1
2
212.3
012.3

2
12
xx
x
xx
x
đặt t= 2
x
(t>0) (0,5đ)
⇒











=
=
>
⇔






=+−
>
2
1
1
3
1
0132
3
1
2
2
1
2
t
t
t
tt
x
⇒





=
=
2
1
2

12
x
x
⇒



−=
=
1
0
x
x
(phương trình có 2 nghiệm) (0,5đ)
2. Giải a, (H) ⇔
1
3/11
22
=−
yx
đưởng thẳng (∆): kx+3y-1 = 0 tiếp xúc với (H) khi và chỉ khi:
A
2
a
2
- B
2
b
2
= C

2
⇔
2413.
3
1
1.
222
±=⇔=⇔=−
kkk
(0,25đ)
giải b: * Khi k=2 ta có (∆): 2x+3y-1=0 (1)
gọi M
0
(x
0
, y
0
) là tiếp điểm của (∆) và (H) áp dụng công thức phân đôi tọa độ ta có:
(∆): x
0
x-3y
0
y-1 = 0 (2)
so sánh (1) và (2) ta có:
1
1
1
3
3
2

00
=
−
=
−
=
yx
(0,25đ)
⇒



−=
=
1
2
0
0
y
x
⇒ tiếp điểm M
0
(2,
-1)
* khi k=-2 ta có (∆' ): -2x+3y-1=0 (3)
goi M
1
(x
1
, y

1
) là tiếp điểm của (∆') và (H).
theo công thức phân đôi tọa độ ta có:
(∆'): x
1
x- 3y
1
y-1 = 0 (4) (0,25đ)
Từ (3) và (4) ta có:
(thỏa)

A

B

C

D




−=
−=
⇒=
−
−
=
−
=

−
1
2
1
1
1
3
3
2
1
1
11
y
x
yx
⇒ M
1
(-2, -1)
Vậy 2 tiếp điểm là



1)- (-2,M
1)- (2,M
1
0
(0,25đ)
Câu IX
1. Các véc tơ pháp tuyến của 3 mp' (P), (Q), (R) lần lượt là:
),,( CBAn

P
=
→
),,( ACBn
Q
=
→
(0,5đ)
),,( BACn
R
=
→
ta có:
0
=++===
→→→→→→
CABCABnnnnnn
PRRQQP
Vậy 3 mặt phẳng (P), (Q) ,(R) đôi một vuông góc. (0,5đ)
2. c/m: * AB ⊥ mp(BCD)
⇒



⊥
⊥
BDAB
BCAB
hay ∆ABC và ∆ABD vuông tại B.
gt cho ∆BCD vuông tại C và AB⊥(BCD) nên BC

là hình chiếu AC trên (BCD)
theo định lí 3 đường vuông góc ⇒ CD⊥AC
hay ∆ACD vuông tại C.
Câu X
1. Cho a, b, c là 3 cạnh của ∆. cm: a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab+bc+ca)
Giải: Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của ∆ nên:
a,b,c dương và:





+<
+<
+<
⇒





+<
+<
+<

)3(
)2(
)1(
2
2
2
bcacc
abbcb
acaba
bac
acb
cba
(0,5đ)
cộng vế với vế 3 bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta có:
a
2
+ b
2
+ c
2
<2(ab+bc+ca) (đpcm) (0,5đ)
2. Giải: các chữ số lớn hơn 4 là 5, 6, 7, 8, 9 (0,25đ)
Số các số gồm 5 chữ số lập nên từ các chữ số đó là hoán vị của 5 phần tử. (0,5đ)
Tức là:
P
5
= 5! = 5.4.3.2.1 = 120 (0,25đ)
Đáp số: 120 số
(0,5đ)
(0,5đ)


Tài liệu:
* Sách giáo khoa môn toán THPT lớp 10, 11, 12
* Sách tham khảo nâng cao của Bộ giáo dục
* Sách ôn luyện thi tốt nghiệp BT THPT
* Toán nâng cao đại số 10 (NXB Bộ giáo dục)
