Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 21

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
Câu I (4 điểm)
Cho hàm số
3 2
6 9 1y x x x= − + −
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng
2x =
có thể kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến
đến (C).
Câu II (4 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
3 2
1
1
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1
y x
x
e
y
x y x y
−

+
=

+



+ + = + + +

2. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:
( )
3
3 2
3 1 1x x m x x+ − ≤ − −
Câu III (4 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
tan 3cot 4 sin 3 cosx x x x− = +
.
2. Tính tích phân:
2
3 3
0
cos
.
sin cos
x
I dx
x x
π
=
+
∫
Câu IV (6 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có tâm

(3;3)I
và
2.AC BD=
.
Điểm
4
2;
3
M
 
 ÷
 
thuộc đường thẳng AB, điểm
13
3;
3
N
 
 ÷
 
thuộc đường thẳng CD.
Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.
2. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
, 2AB a BC a= =
. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mp(ABC) trùng với trung
điểm H của AC, góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC) bằng
0
60
. Tính thể
tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC theo a.

Câu V (2 điểm)
Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn
1acb ≥
.
Chứng minh rằng:
4 4 4 4 4 4
1 1 1
1
a b c a b c a b c
+ + ≤
+ + + + + +
.
- Cán bộ trông thi không giải thích gì thêm.
- Thí sinh không được dùng máy tính bỏ túi các loại.
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
VÒNG 2 – NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán – Thời gian: 180 phút.
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
I
1. Khảo sát hàm số
3 2
6 9 1y x x x= − + −
(C)
 TXĐ: R
 Sự biến thiên
- Giới hạn:
( )
3 2

lim lim 6 9 1
x x
y x x x
→±∞ →±∞
= − + − = ±∞
- Chiều biến thiên:
2
1
' 3 12 9 ' 0
3
x
y x x y
x
=

= − + ⇒ = ⇔

=

- BBT:
x
−∞
1 3
+∞
y’
+
0
−
0
+

y
3
+∞
−∞
-1
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
3;+∞
; nghịch biến trên
khoảng
( )
1;3
.
- Hàm số đạt cực đại tại
D
1, 3
C
x y= =
;
- Hàm số đạt cực tiểu tại
3, 1
CT
x y= = −
 Đồ thị: - (C) đi qua các điểm
(0; 1), (2;1)−
0,25
0,25

0,5
0,5
0,5
2. Xét điểm
( )
2;A a
trên đường
2x =
.
Tiếp tuyến tại
( )
0 0
; ( )M x y C∈
có phương trình là:

( )
( )
2 3 2
0 0 0 0 0 0
3 12 9 6 9 1y x x x x x x x= − + − + − + −
Tiếp tuyến này qua A khi và chỉ khi

( )
( )
2 3 2
0 0 0 0 0 0
3 2 3 2
0 0 0 0 0 0
3 12 9 2 6 9 1
2 12 24 17 0 2 12 24 17 (1)

a x x x x x x
x x x a a x x x
= − + − + − + −
⇔ − + − + = ⇔ = − + − +
Số nghiệm của phương trình (1) chính là số tiếp tuyến qua A
Xét hàm số:
3 2
0 0 0
( ) 2 12 24 17g x x x x= − + − +
trên R
Có:
( )
2
'( ) 6 2 0, g x x x R= − − ≤ ∀ ∈
, suy ra g(x) luôn nghịch biến và có tập giá trị là
(-
∞
,+
∞
) do đó phương trình (1) luôn có một nghiệm duy nhất
Vậy từ một điểm bất kỳ trên
2x
=
luôn kẻ được đúng một tiếp tuyến đến (C)
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25

II
1. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
3 2
1
(1)
1
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 (2)
y x
x
e
y
x y x y
−

+
=

+


+ + = + + +

-
2 2
2 2
(1) ( 1) ( 1)
x y

PT e x e y⇔ + = +
(3).
- Xét hàm số
( ) ( 1)
t
f t e t= +
trên
[
)
*
0;R
+
= +∞
Có
*
'( ) ( 2) 0,
t
f t e t t R
+
= + > ∀ ∈
, suy ra hàm số
( )f t
đồng biến trên
*
R
+
2 2
(3)
x y
PT x y

x y
=

⇒ ⇔ = ⇔

= −

* Với
x y= −
, thay vào PT (2), ta được:
3 2 3
3log ( 6) 2log 2 1 3log ( 6) 3 6 3 3 3y y y y x+ = + ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ =
Suy ra hệ có nghiệm:
( ) ( )
; 3; 3x y = −
* Với
x y=
, thay vào PT (2), ta được:
( ) ( )
3 2 3 2
3 2
3log (3 6) 2log (2 2) 1 3 1 log ( 2) 2 1 log ( 1) 1
3log ( 2) 2log ( 1) 6
2 9
8 1
1 9 8 1 1
9 9
1 8
7
t t

t
t t
t
x x x x
x x t
x
t
x
x y
+ = + + ⇔ + + = + + +
⇔ + = + =

+ =

   
⇒ ⇒ = − ⇔ + = ⇔ ⇔ =

 ÷  ÷
+ =
   


⇒ = =

Vậy hệ ban đầu có 2 nghiệm:
( ) ( ) ( )
; 3; 3 , 7;7x y = −
.
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
( )
3
3 2
3 1 1x x m x x+ − ≤ − −
(1)
- ĐK:
1x
≥
- BPT (1)
( )
( )
3
3 2
3 1 1x x x x m⇔ + − + − ≤
- Xét hàm số
( )
( )
3
3 2
( ) 3 1 1f x x x x x= + − + −
trên
[
)

1;D = +∞
Khi đó bài toán trở thành: “ tìm m để bpt
( )f x m≤
có nghiệm trên
[
)
1;D = +∞
”
- Ta có:
( )
3 2
3
2
3 3 1
'( ) 1 3 6 0, 1
2
( 1)
x x
f x x x x x x
x x
 
+ −
= + − + + > ∀ >
 
−
 
 
- Lại do hàm số
( )f x
liên tục trên

[
)
1;D = +∞
nên
( )f x
đồng biến trên
[
)
1;D = +∞
min ( ) (1) 3
x D
f x f
∈
⇒ = =
- Nhận thấy: bpt
( )f x m≤
có nghiệm trên
[
)
1;D = +∞
khi và chỉ khi
min ( ) 3
x D
m f x m
∈
≥ ⇔ ≥
- Vậy
3m ≥
là giá trị cần tìm.
0,25

0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
III
1. Giải phương trình:
( )
tan 3cot 4 sin 3 cosx x x x− = +
(1)
- ĐK:
sin 2 0 ,
2
x x m m Z
π
≠ ⇔ ≠ ∈
- Ta có
( )
( )
2 2 2 2
sin 3cos sin 3cos 1
(1) 4 sin 3 cos 8 sin 3 cos
sin cos sin cos 2
3 1 cos2
1 cos2
4sin 2 sin cos cos sin
2 2 3 3
x x x x
x x x x
x x x x

x
x
x x x
π π
− −
 
⇔ = + ⇔ = +
 ÷
 
+
−
 
⇔ − = +
 ÷
 
0,25
0,25
1 2cos2 4sin 2 sin 1 2cos2 2 cos cos 3
3 3 3
2
cos cos 2 cos cos 3
3 3 3
2
cos2 cos cos 3 cos 0
3 3 3
3
2cos cos
2 6 2 6
x x x x x x
x x x

x x x
x x
π π π
π π π
π π π
π π
 
     
⇔ − − = + ⇔ − − = − − +
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
   
⇔ − = − − +
 ÷  ÷
   
 
   
⇔ + − − + + =
 ÷  ÷
 
   
 
   
⇔ − + −
 ÷  ÷
   
3 3
2cos cos 0

2 2 2 6
3 3
cos cos cos 0
2 6 2 6 2 2
3
2cos sin sin 0
2 6 3 2 6
3
3
cos 0
2 6
2 6
sin 0
3
sin 0
2 6
x x
x x x
x x
x
x
x
x
x
π π
π π π
π π π
π
π π
π

π
   
+ − =
 ÷  ÷
   
 
     
⇔ − + − + =
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
     
⇔ − + + =
 ÷  ÷  ÷
     

 
− =
− =
 ÷

 


 
⇔ + = ⇔

 ÷
 



 
+ =

 ÷
 

4 2
2
9 3
(tmdk)
3
3
2 6
k
x k
x k
x k
x
k
π
π π
π
π
π
π
π
π


+



= +


+ = ⇔



= − +




+ =


0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
2. Tính tích phân:
2
3 3
0
cos
.

sin cos
x
I dx
x x
π
=
+
∫
- Đặt
2
x t dx dt
π
= − ⇒ = −
; đổi cận:
2 2 2
3 3 3 3
3 3
0 0 0
cos
sin . sin .
2
sin cos sin cos
cos sin
2 2
t dt
t dt x dx
I
t t x x
t t
π π π

π
π π
 
−
 ÷
 
⇒ = = =
+ +
   
− + −
 ÷  ÷
   
∫ ∫ ∫
( ) ( )
2 2
3 3 2 2
0 0
4 2
2 2 2 2
0
4
4 2
2 2 2 2
0
4
4
2
0
sin cos 1
2

sin cos sin sin cos cos
1 1
sin sin cos cos sin sin cos cos
1 1
cos tan tan 1 sin cot cot 1
(tan ) (cot )
tan tan 1 co
x x
I dx dx
x x x x x x
dx dx
x x x x x x x x
dx dx
x x x x x x
d x d x
x x
π π
π π
π
π π
π
π
+
⇒ = =
+ − +
= +
− + − +
= +
− + − +
= −

− +
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫
2
2
4
t cot 1x x
π
π
− +
∫
- Đặt
tan , cotx t x t= =
, ta được:
1 1 1
2
2 2
0 0 0
2 2
1 1
1 3
2 4
dt dt dt
I I
t t t t
t
= ⇒ = =
− + − +

 
− +
 ÷
 
∫ ∫ ∫
- Đặt
( )
2
1 3 3
tan 1 tan
2 2 2
t dt d
ϕ ϕ ϕ
− = ⇒ = +
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
x 0
2
π
t
2
π
0
Đổi cận:
0 ; 1
6 6

t t
π π
ϕ ϕ
= ⇒ = − = ⇒ =
( )
( )
2
3
6 6
2
6
2
3
6
4
6 6
1 tan
2 3 2 3 2 3
3 3 9
1 tan
d
I d
π π
π
π
π π
ϕ ϕ
π
ϕ ϕ
ϕ

−
− −
+
⇒ = = = =
+
∫ ∫
Vậy
2 3
9
I
π
=
0,25
0,25
IV 1. – Gọi N’ là điểm đối xứng của M qua I
'N CD⇒ ∈
. Dễ có:
14
' 4;
3
N
 
=
 ÷
 
.
Đường thẳng CD đi qua N và N’, suy ra
CD có phương trình là:
3 10 0x y− + =
.

Suy ra AB có phương trình là:
3 2 0x y− + =
.
- Dựng
IH AB⊥
tại H
3 9 2
4
( ; )
10 10
IH d I AB
− +
⇒ = = =
- Do ABCD là hình thoi nên
AC BD
⊥
.
- Do
2. 2.AC BD IA IB= ⇒ =
, đặt
0 2IB a IA a= > ⇒ =
.
- Trong tam giác vuông IAB có:

2
2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 1
2 2 2 2
8 4
a a BD

IH IA IB a a
= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇒ =
- Do
: 3 2 0B AB x y∈ − + =
nên giả sử
( ) ( )
3 2; 8 3 ;6B b b D b b= − ⇒ = − −

( ) ( )
( )
2 2
2 2
6 10 2 6 40 144 136 8
4;2
2
8
14 8
;
5
5 5
BD b b b b
B
b
b
B
⇒ = − + − = − + =
=
=




⇔ ⇒
 


=
=
 ÷


 

Do
( )
14 8 1 7
3 ; ; 7; 1
5 5 5 5
B BD
x B IB n
   
< ⇒ = ⇒ = − − ⇒ = −
 ÷  ÷
   
uur uuur
là vectơ pháp tuyến của BD
Suy ra phương trình BD là:
7 18 0x y− − =
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
- Dựng
//Ax BC
, dựng
HI Ax
⊥
tại I.
Ta thấy
( ') // ( ' ')mp AIA mp BCC B
nên
( )
·
( )
·
( ' '),( ) ( '),( )BCC B ABC AIA ABC=
- Do
'
( ') '
Ax A H
Ax mp AIA Ax A I
Ax AI
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥


⊥

( )
·
·
0
( '),( ) ' 60AIA ABC A IH⇒ = =
.
- Ta có:
2 2
3AC BC AB a= − =
- Do
·
·
//Ax BC IAH ACB⇒ =
·
·
0
sin sin
3 3 3
. ' .tan 60
2 2 4 4
IH AB
IAH ACB
AH BC
AB a a a a
IH AH A H IH
BC a
⇒ = ⇒ =
⇒ = = = ⇒ = =

- Lại có:
2 3
. ' ' '
1 3 3 3
. ' .
2 2 8
ABC ABC A B C ABC
a a
S AB AC V A H S= = ⇒ = =
V V
- Nhận thấy:

// ( ') ( ; ') ( ;( ')) ( ;( ')) 2 ( ;( '))BC mp AIA d BC AA d BC AIA d C AIA d H AIA⇒ = = =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
•N
M
I
D
C
B
N’
H
A
B’
A’

B
C
I
K
H
C’
x
- Dựng
' ( ') ( ;( '))HK A I HK mp AIA HK d H AIA⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
- Mà
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 16 64 3
' 9 3 9 8
a
HK
HK HA HI a a a
= + = + = ⇒ =
Vậy
3
( '; )
4
a
d AA BC =
0,25
0,25
0,25
V
Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn
1acb
≥

.
Chứng minh rằng:
4 4 4 4 4 4
1 1 1
1
a b c a b c a b c
+ + ≤
+ + + + + +
.
- Áp dụng BĐT AM-GM và giả thiết
1acb ≥
, ta có:
4 4 4 4 2 2 2 2 2
4 4 2 2 4 4
4 4 2 2 2
3 3
( )
4 4
1
b c b c b c a b c
b c bc b c a b c
a a
a
a b c a b c
+ + + + +
+ = + ≥ + ≥ ⇒ + + ≥
⇒ ≤
+ + + +
- Tương tự ta có:
4 4 2 2 2 4 4 2 2 2

1 1
;
b c
a b c a b c a b c a b c
≤ ≤
+ + + + + + + +
- Lại có:
( )
2
2 2 2
1
3
a b c a b c+ + ≥ + +
Suy ra:

4 4 4 4 4 4 2 2 2
3
1 1 1 3 3
1
3
a b c
a b c a b c a b c a b c a b c
abc
+ +
+ + ≤ ≤ ≤ ≤
+ + + + + + + + + +
(đpcm)
Vậy
4 4 4 4 4 4
1 1 1

1
a b c a b c a b c
+ + ≤
+ + + + + +
,
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1a b c
= = =
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
Chú ý: - Bài hình học không gian nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.
- Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.