Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 14

=
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút
ĐỀ BÀI
Câu 1 (4đ) : Cho hàm số y = x
3
– ( 2m + 1 ) x
2
+ (m
2
– 3m + 2 ) x + 4
1)Khảo sát hàm số khi m=1
2)Xác định m để đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm
cực tiểu ở về hai phía của trục tung .
Câu 2 (4đ):
1)Cho hệ phương trình :



+=+
=+
1
2
mymx
myxm
a) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất
b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên
2) Giải phương trình : (
6)83()83 =−++
XX

Câu 3 (4đ):
1)Giải phương trình : 4 cos
3
x + 3
2
sin2x = 8cosx
2)Cho ∆ABC thoả mãn điều kiện :
acosA + bcosB + ccosC 2p
asinB + bsinC + csinA 9R
( Trong đó p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp ∆ABC )
Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều .
Câu 4(4đ) : Trong mp(oxy) cho đường tròn (C) có phương trình :
x
2
+ y
2
– 6x + 2y +6 = 0 và điểm A(1;3) .
1)Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn ( C ) ; chứng tỏ
A nằm
ngoài đường tròn C .
2)Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết rằng tiếp tuyến đó
đi qua A .
Câu 5(4đ) :
1) Tính tích phân :
I =
∫
−
1
1

(
2
x
e
sinx + e
X
x
2
)dx
2) Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 2006
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
0
2
+
+
-
x
(0,5đ)
P =
1
4
11
+
+
+
+
+
c
c
b

b
a
a
BẢNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
THPT
Thời gian : 180 phút
MÔN : TOÁN
Câu 1 : ( 4đ) .
1) (2,5đ) Khi m=1 hàm số trở thành y= x
3
– 3x
2
+ 4
( 0,25đ )
• TXĐ : R
(0,25đ )
• Chiều biến thiên :
y
′
= 3x
2
– 6x =0 ⇔ 3x( x-2 ) = 0 ⇔



=
=
2
0
x

x

Dùng phương pháp khoảng xét dấu
y
′
ta được :

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; 0 ) U(2;+ ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 )
Vậy hàm số đặt giá trị cực đại tại x= 0 và y
CĐ
= y (0) = 4
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x=2 và y
CT
= y(2) = 0
•Dáng điệu của đồ thị :
+ )
y
′′
= 6x-6 = 0 ⇔ x=1
Lập bảng xét dấu
( 0,25đ )
x - ∞ 1 + ∞
y
′′
- 0 +
Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm
I(1;2)

+) Lim y = ± ∞

( 0,25 )
CĐ
=4
Điểm uốn
=2
Cực tiểu
=0
+∞
0
1
2
-1
2
4
(0,25đ)
( 0,25đ
x→± ∞
• Bảng biến thiên :
( 0,5đ )
x - ∞ 0 1 2 + ∞
y
′
+ 0 - - 0 +
y -∞
• Đồ thị
+) Cắt trục oy tại điểm (0;4)
+) Cắt trục ox tại các điểm ( -1 ; 0 ) và ( 2 ; 0 )
• Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối
xứng .
2)(1,5đ)

Ta có
y
′
= 3x
2
– 2(2m+1)x + ( m
2
– 3m + 2 )
(0,25đ)
Đồ thị có hai điểm CĐ và CT ở hai phía
thục tung ⇔
y
′
= 0 có hai
nghiệm trái dấu .
(0,5đ). ⇔ 3(m
2
– 3m +2 ) < 0 ⇔ 1<m<2 .
( 0,5đ)
Vậy với m
∈
(1;2) thì đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm
Cực tiểu nằm về hai phía của trục tung .
(0,25đ)
Câu 2 : (4đ)
1) Ta có D = m
2
– 1 = (m-1)(m+1)
D
x

= 2m
2
– m – 1 = (m-1)(2m+1)
D
y
= m
2
– m = m(m-1)
a) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ D ≠ 0 ⇔ m ⇔±1
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
( 1đ )
(0,5đ)
Khi đó nghiệm của hệ là :







−=
+
==
+
−=
+
+
==

mm
m
D
D
y
mm
m
D
D
x
y
x
1
1
1
1
1
2
1
12
b) Để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên với m nguyên
thì (m+1) phải là ước của 1 ⇔ (m+1) = ±1
⇔



−=
=
2
0

m
m
thoả mãn điều kiện hệ có nghiệm duy nhất .
Vậy m=0, m=-2 là các giá trị cần tìm .
( 0,25đ)
2) Nhận thấy (
83 +
)
x
(
83 −
)
x
= 1
Nên ta đặt : (
83 +
)
x
= t > 0 => (
83 −
)
x
=
t
1
Khi đó phương trình trở thành : t +
t
1
= 6 .
⇔ t

2
– 6t + 1 = 0
⇔




−=
+=
83
83
t
t
( Thoả mãn ) ⇔




−=−
+=+
83)83(
83)83(
X
X
⇔ x= ± 2
Vậy phương trình có hai nghiệm : x= ± 2
Câu 3 : ( 4đ)
1) (2đ)
4cos
3

x + 3
2
sin2x = 8cosx
⇔4cos
3
x + 6
2
sinxcosx – 8cosx = 0
⇔ 2cosx [ 2 cos
2
x + 3
2
sinx –4 ] = 0
⇔2cosx [ 2(1-sin
2
x) +3
2
sinx – 4 ] = 0
⇔cosx [ 2sin
2
x - 3
2
sinx + 2 ] = 0
⇔









=
=
=
2
2
sin
2sin
0cos
x
x
x
( loại ) ⇔








+=
+=
+=
ππ
ππ
ππ
24/3
24/

2/
kx
kx
kx
( k
∈
Z )
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm :
x=
π
/2 + k
π
x=
π
/4 + k2
π
( k
∈
Z )
x= 3
π
/4 + k2
π
(0,25đ)
=
=
=
⇔
⇔
=

2)(2đ)
• Ta có : sin 2A + sin2B + sin2C = 2sin(A+B)cos(A-B) + 2sinCcosC
= 2sinCcos(A-B) + 2sinC(- cos (A+B) )
= 2sinC [ cos(A-B) – cos(A+B) ]
= 2sinC ( - 2 ) sin(A)sin(-B)
= 4sinAsinBsinC .
. Khi đó :

acosA + bcosB + ccosC 2p
asinB + bsinC + csinA 9R
2RsinAcosA + 2RsinBcosB + 2RsinCcosC a+b+c
a .
R
b
2
+ b .
R
c
2
+ c .
R
a
2
9R
2R
2
(sin2A + sin2B + sin2C) a+b+c
ab + bc + ca 9R

2R
2
4sinAsinBsinC a+b+c
ab + bc + ca 9R

R
cba
cabcab
R
c
R
b
R
a
R
9
2
.
2
.
2
8
2
++
=
++
⇔ (a+b+c) (ab + bc + ca ) = 9abc (1)
( 0,75đ)

Theo bất đẳng thức Côsi ta có :

a+b+c ≥ 3
abc3
ab + bc + ca ≥ 3
3
2
)(abc
=> ( a=b+c) ( ab + bc + ca ) ≥ 9abc
( 0,5đ)
Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=c ⇔ ÄABC đều .
(0,5đ)
⇔
⇔
⇔
⇔
(1đ)
(0,5đ)
=2
⇔⇔
⇔
(0,5đ)
Câu 4 :
1) (C) có phương trình : (x-3)
2
+ (y+1)
2
= 4
(1đ)
=> (C) có tâm I(3;-1) và bán kính R=2
Khoảng cách IA =
R>=−−+− 20)31()13(

22
=> A nằm ngoài đường tròn ( C ) .
(1đ)
2) đường thẳng (d) đi qua A(1;3) có phương trình :
a(x-1) + b(y-3) = 0 ( a
2
+ b
2
≠ 0 )
Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng (d) là :
| 2a – 4b |

22
ba +
Đường thẳng (d) là tiếp tuyến với (C) ⇔ h = R
| 2a – 4b |

22
ba +
⇔ b(3b-4a) = 0
(a;b) = (1;0) => Tiếp tuyến : x=1
(a;b) = (3;4) => 3x + 4y – 15 = 0
Vậy qua A(1;3) có thể kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn ( C ) .
Phương
trình của chúng là :
x=1 và 3x + 4y – 15 = 0 .
Câu 5 : (4đ)
1) ( 2đ)
∫ ∫ ∫
− − −

+=+=+=
1
1
21
1
1
1
1
22
sin)sin(
22
IIdxxexdxedxxexeI
xxxx

Với
∫
−
=
1
1
1
sin
2
xdxeI
x
và
∫
−
=
1

1
2
2
. dxxeI
x
*) Tính I
1
:
Đặt t=-x => dt = -dx
Khi x = 1 thì t = -1
Khi x = -1 thì t = 1
Vậy
∫ ∫
− −
−=−=−−=
1
1
1
1
11
sin))(sin(
22
ItdtedtteI
tt
=> I
1
= 0
h =
-1
1

-1
1
-1
1
*)Tính I
2
:
Đặt



=
=
=>





=
=
x
x
ev
xdxdu
dxedv
xu
2
2
Khi đó

2
2
xeI
x
=
- 2
∫
−
1
1
dxxe
x
= e -
e
1
-2
∫
−
1
1
x
xde


= e -
e
1
- (2xe
x
- 2

∫
−
1
1
dxe
x
= e -
e
1
- ( 2e + 2.
e
1
) + 2 e
x

= - e -
e
3
+ 2e -
e
2
= e -
e
5
Vậy I = I
2
= e -
e
5

2) ( 2đ )
Tacó

)
1
1
1
1
1
1
(6
1
4)1(4
1
11
1
11
+
+
+
+
+
−=
+
−+
+
+
−+
+
+

−+
=
cbac
c
b
b
a
a
P
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:

∀
x,y,z,t > 0 ta có : ( x + y + z + t ) (
tzyx
1111
+++
) ≥ 16
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương : x , y , z , t ta
có :
x + y + z + t ≥
4
4
xyzt
(2)
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số
tzyx
1
,
1
,

1
,
1
ta có :

tzyx
1111
+++
≥ 4
4
4
xyzt
( 3 )
Nhân ( 2 ) và ( 3 ) vế với vế ta được (1).
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = t
(0,5 đ )
áp dụng (1) với x = a +1 , y = b +1 , z =
2
1+c
, t =
2
1+c
ta có :
(a +1 + b +1 +
2
1+c
+
2
1
+

c
) (
1
2
1
2
1
1
1
1
+
+
+
+
+
+
+
ccba
) ≥16
⇔ 2009 (
1
411
+
++
cba
) ≥16
⇔
1
411
+

++
cba
≥
2009
16
Vậy P ≤ 6 -
2009
16
=> P ≤
2009
12083

(1đ )
Dấu “=” xảy ra ⇔





+
=+=+
=++
2
1
11
2006
c
ba
cba
⇔










=
=
=
2
2007
4
2005
4
2005
c
b
a

Vậy MaxP =
2009
12083
khi










=
=
=
2
2007
4
2005
4
2005
c
b
a

( 0,5đ )