Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa (có đáp án chi tiết)

Sở gd&đt thanh hoá

đề thi học sinh giỏi lớp 12

Trờng THPT Hậu Lộc I

Môn: toán bảng A

Thời gian: 180 phút
Bài1: ( 4 điểm)
Cho hàm số
y = 2 x + m x 2 2 x + 2
1. Tìm các tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi m = 3
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại một điểm xo<-2
Bài 2: ( 4điểm)
1. Tìm m để nghiệm của bất phơng trình sau chứa đoạn [1;2]
m x 2 3x + 1

2
x 3x + 1
2

0

2. Giải bất phơng trình:
( 2m ) x

2

+4 x+6

+ (1 m 2 ) x

2

+4 x+6

(1 + m 2 ) x

2

+ 4 x +6

Với 0 < m < 1
Bài 3: ( 4điểm)
1. Giải phơng trình:
(1 + cos x) log cos x sin x = (1 + sin x)

log ógonx cos x

2. Cho ABC. Tìm giá trị lớn nhất của sinC biết:
sin2A + sin2B = k sin2C

Với k >

1
2

Bài 4: ( 2 điểm)
Tìm các đa thức f(x) thoả m n:

x.f(x-1) = (x-3) f(x)
Bài 5: ( 6 điểm)
1. Lập phơng trình của Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) và đỉnh S(2;1).
2. Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông. Gọi H là hình chiếu của
O lên đáy ABC. Chứng minh rằng:
a)

1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
OH
OA
OB
OC 2

b) S 2 ABC = S 2 OBC + S 2 OAC + S 2 OAB


®¸p ¸n ®Ò thi hsg líp 12
M«n: to¸n – b¶ng A

Bµi1:
1) (1,5®iÓm): Víi m =3 ta cã: y = −2 x + 3 x 2 − 2 x + 2

TX§: D = R
TiÖm cËn xiªn bªn ph¶i
− 2x + 3 x 2 − 2x + 2
=1
a = lim
x → +ω
x

[

(0,25®iÓm)

]

b = lim − 2 x + 3 x 2 − 2 x + 2 − x = −3

(0,25 ®iÓm)

Ta cã tiÖm cËn xiªn bªn ph¶i y= x-3
TiÖm cËn xiªn bªn tr¸i

(0,25®iÓm)

x →+ ω

− 2x + 3 x 2 − 2x + 2
= −5
x → −ω
x

a = lim

[

(0,25®iÓm)

]

b = lim − 2 x + 3 x 2 − 2 x + 2 + 5 x = 3

(0,25®iÓm)

Ta cã tiÖm cËn xiªn bªn tr¸i

(0,25®iÓm)

x →−ω

y = -5x+3
y/(xo) = 0

2) (2,5 ®iÓm):
Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i xo

//

y (xo) < 0

m( x0 − 1)


=0

− 2 +
2 x02 − 2 x0 + 2
2
x
x
−
+
2
2

m=
(1)
0
0

⇔
⇔
x0 − 1
m


<0
m < 0(2)
 ( x 2 − 2 x + 2) 3
0
0


§Æt g ( x0 ) =
g / ( x0 ) =

2 x02 − 2 x0 + 2

( x0 − 1) 2 x02 − 2 x0 + 2

lim g ( x 0 ) = −2

x → −ω

x0 − 1
−2

(0,25®iÓm)

víi xo<-2
< 0 ⇒ g ( x) gi¶m

vµ g(-2) = −

2 10
3

(0,5 ®iÓm)

(0,25 ®iÓm)
(0,5 ®iÓm)
(0,5 ®iÓm)

Vậy

2 10
< m < -2
3

(0,5 điểm)

Bài 2:
1.( 2 điểm): Với x [1;2] x 2 3 x + 1 1
5
4

Đặt t = x 2 3x + 1 1 t

5
4

Ta có bất phơng trình: mt
Xét f ( x) =
f / (t ) =

(0,25 điểm)
2
2
0m 2
t +1

t +t

với t 1;
4

2
t +t

5

2

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

4t + 2
5
< 0; t 1;
2
2
(t + t )
4

(0,25 điểm)

Ta có bảng sau:
t

1

5/4


f/(t)
f(t)

2
32/45

Vậy để bất phơng trình có nghiệm chứa đoạn [1;2] là m

32
45

(0,25 điểm)

2.(2 điểm):
Vì (1 + m 2 ) x + 4 x +6 > 0 với x; m
2

Ta có: (

2m x 2 + 4 x +6 1 m 2 x 2 + 4 x + 6
)
1
)
+(
1+ m2

1 + m2

Đặt m = tg

(0,25 điểm)
(1)

t

. Bất phơng trình (1) có dạng:
với 0 < t <
2
2

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)


(sin t ) ( x + 2 )

2

+2

+ (cos t ) ( x + 2)

2

+2

1

(2)

(0,25 điểm)

Vì ( x + 2) 2 + 2 2; x R
Và

(sin t ) ( x + 2 )

(cos t ) ( x + 2)

2

+2

2

+2

(0,25 điểm)

sin 2 t

(0,25 điểm)

cos 2 t

(0,25 điểm)

Ta suy ra vế trái của (2) sin 2 t + cos 2 t 1; t (0,25 điểm)
Vậy bất phơng trình đ cho có tập nghiệm là R (0,25 điểm)
Bài 3:
1.(2 điểm):
Điều kiện:

2k < x <


2

+ 2k ; k Z

(0,25 điểm)

Ta có 1 + cosx > 0 ; 1 + sinx > 0

(0,25 điểm)

Phơng trình log cos x sin x ln(1 + cos x) = log sin x cos x ln(1 + sin x)
ln sin x
ln cos x
ln(1 + cos x) =
ln(1 + sin x)
ln cos x
ln sin x
(ln sin x) 2
(ln cos x) 2
(*)

=
ln(1 + sin x) ln(1 + cos x)

(0,25 điểm)



Xét hàm số: f (t ) =
f / (t ) =

ln 2 t
ln(1 + t )

ln t [2(t ) ln(t ) t ln t ]
<0
t (t + 1) ln(t + 1)

(0,25 điểm)

với t (0;1)
với

t (0;1)

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

Hàm số f(t) nghịch biến
phơng trình (*) có nghiệm sin x = cos x

x=


4

+ k 2

2.(2 điểm):

k Z

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)


Tõ gi¶ thiÕt, theo ®Þnh lý sin ta cã: a2 + b2= kc2

(0,25 ®iÓm)

Theo ®Þnh lý cosin ta ®−îc: a2 + b2= k ( a2+b2-2abcosC )
k −1 a2 + b2
.
k
2ab

⇒ cos C =

⇒ cos C =

(0,25 ®iÓm)

k −1 a2 + b2 k −1
≥
.
k
2ab
k

⇒ sin 2 C = 1 − cos 2 C ≤

(0,25 ®iÓm)

theo c«si

(0,25 ®iÓm)

2k − 1
k2

Do sinC>0 ⇒ sin C ≤

(0,25 ®iÓm)

2k − 1
k

(0,25 ®iÓm)

DÊu b»ng x¶y ra ↔ a = b hay A = B

(0,25 ®iÓm)

2k − 1
k

(0,25 ®iÓm)

⇒ max(sin C ) =

Bµi 4:
Ta cã: x.f(x-1)= (x-3).f(x)

(1)

Cho x = 0 ⇒ f(0) = 0

(2)

(0,25 ®iÓm)

Cho x = 1 ⇒ f(1) = 0

(3)

(0,25 ®iÓm)

Cho x = 2 ⇒ f(2) = 0

(4)

(0,25 ®iÓm)

Tõ (2) ;(3); (4) ta suy ra f(x) chia hÕt cho x; x-1; x-2 (0,25 ®iÓm)
Nªn f(x) = x.(x-1).(x-2).P(x)

(0,25 ®iÓm)

Thay vµo (1) ta ®−îc:
x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x-1) = x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x)

(0,25 ®iÓm)

↔ P(x-1) = P(x) ; ∀x
⇒ P(x) = C h»ng sè
VËy f(x) = x.(x-1).(x-2).C

(0,25 ®iÓm)
víi C lµ h»ng sè (0,25 ®iÓm)


Bài 5:1.(1 điểm)
Đờng thẳng SF là trục của (P) có phơng trình: x y - 1 = 0 (0,25 điểm)
Đờng chuẩn () của (P) có phơng trình: x + y - 1 = 0

(0,5 điểm)

Gọi điểm M(x;y) (P) FM = d(M; )
( x + 3) 2 + ( y 2) 2 =

(0,25 điểm)

( x + y 1) 2
2

(0,5 điểm)

x2 + y2- 2xy - 10x - 6y + 25 = 0 (*)

(0,25 điểm)

(*) là phơng trình của Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh
và F là tiêu điểm

(0,25 điểm)

2.(4điểm):
Gọi A1=AHBC ; B1=BHAC
C1= CHAB

O
(0,25điểm)

Theo giả thiết OA(OBC) OABC
Và OH(ABC) OHBC
BC(OAH) BCAH

(0,5điểm)

A

B1
H

Tơng tự BHAC; CHAB
H là trực tâm của ABC

(0,25điểm)

Xét vuông AOA1 tại O ta có:
1
1
1
=
+
2
2
OH
OA
OA12

(1)

OBC vuông tại O, ta có:
Từ (1) và (2) ta có:

C

C

A

B

(0,25điểm)
1
1
1
=
+
2
2
OA1 OB
OC 2

(2)

(0,25điểm)

(0,5điểm)


1
1
1
1
=
+
+
2
2
2

OH
OA
OB
OC 2

(đpcm) (3)

Nhân hai vế của (3) với 9.V2OABC ta có:

(0,25điểm)
(0,25điểm)

9.V2OABC =OH2.(SABC)2= OA2. (SOBC)2= OB2. (SOAC)2 = OC2. (SOAB)2 (0,5điểm)
Ta đợc:
OH 2 ( S ABC ) 2 OA 2 .( S ABC ) 2 OB 2 .( S ABC ) 2 OC 2 .( S ABC ) 2
=
+
+
OH 2
OA 2
OB 2
OC 2

(0,5 điểm)

S 2 ABC = S 2 OBC + S 2 OAC + S 2 OAB (đpcm)

(0,5 điểm)

(Chú ý: cách khác có thể chọn hệ toạ độ Oxyz gốc O)

Lu ý: Những cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa thoe mỗi ý, mỗi bài.


đề thi học sinh giỏi khối 12

Sở GD & ĐT Thanh hoá

Trờng THPT Quảng Xơng 1

Môn: toán- bảng A - năm học 2005 - 2006

(Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số: y =

5
x4
3 x 2 + (C ) và điểm M (C ) có hoành độ xM = a. Với giá trị
2
2

nào của a thì tiếp tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) 2 điểm phân biệt khác M.
2. Tìm m để phơng trình
(x+1)(x+2)(x+4)(x+5) 2m +1 =0
Có nghiệm tho m n: x2 +6x + 7 0
Câu 2: (4 điểm)
1.Tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) trên đoạn [-1; 2] biết f(0) = 1 (1)
và f2(x).f(x) = 1+ 2x +3x2 (2)
sin 3 x. sin 3x + cos 3 x. cos 3x

1
=


tg ( x 6 )tg ( x + 3 )
8

2.
Câu 3: (4 điểm)

log 2

1. Giải phơng trình :
2. Tìm:

lim x 2 (
x

2+

2
2
x

x

=
x
2 x 3)
(

2
2
)
log
(
+
2
3
3

x+2 3 x+3

)
x
x

Câu 4: (4 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A AB = a,
các cạnh bên SA = SB = SC = a và cùng tạo với đáy một góc .
Xác định cos để thể tích hình chóp lớn nhất.
2. Tính các góc của ABC biết

sin

3A
AC
A B 3
=
+ sin
+ sin

2
2
2
2

1


C©u 5: (4 ®iÓm)
π

1. TÝnh:

2

[

]

I = ∫ ln (1 + tg 2x )e x dx
0

2. Trªn trôc to¹ ®é Oxy: Cho parabol (P): y = −

x2
vµ ®−êng th¼ng (∆) : 3x – 4y +
16

19 = 0. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn cã t©m I thuéc ®−êng th¼ng (∆) cã b¸n kÝnh
nhá nhÊt vµ tiÕp xóc víi parabol (P)

-------------------hÕt--------------------Hä tªn thÝ sinh: .................................................

2

Sè b¸o danh: ............................


Sở GD & ĐT Thanh hoá

đáp án đề thi học sinh giỏi khối 12

Trờng THPT Quảng Xơng 1

Môn: toán- năm học 2005 2006

Câu 1: (4 điểm)
1> Điểm M (C ) , xM = a ---> y M =

5
a4
3a 2 + ta có Pt tiếp tuyến với (C) có
2
2
0,5đ

dạng
() : y = y x' ( x x M ) + y M với y M' = 2a 3 6a
M

5

a4
=> ( ) y = (2a 6a )( x a ) + 3a 2 +
2
2
3

Hoành độ giao điểm của ( ) và (C) là nghiệm của phơng trình
0,5đ

x4
a4
5
5
3x 2 + = (2a 3 6a )( x a ) +
3a 2 + ( x a ) 2 ( x 2 + 2ax + 3a 3 6) = 0
2
2
2
2

x = a

2
2
g ( x) = x + 2ax + 3a 6 = 0

0,5đ

Bài toán trở thành tìm a để g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác a
' g ( x ) = a 2 (3a 2 6) > 0

a < 3
a 2 3 < 0
2


a 1
a 1
g (a ) = 6a 2 6 0

0,5đ

a < 3
Vậy giá trị a cần tìm
a 1

2> pt <=> (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) = 2m 1 <=>
(x2 + 6x +5)(x2 + 6x + 8) = 2m 1
Đặt t = x2 + 6x +5 = (x + 3)2 4 -4

0,5đ

Do x2 + 6x +7 0 <=> x2 + 6x +5 -2 => t -2
0,5đ
Bài toán trở thành tìm m để pt: f(t) = t(t+3) = 2m-1 có nghiệm t [ 4;2]
f(t)
<=> số giao điểm của đồ thị f(t) = t2 + 3t và đờng
y= 2m - 1
4
y = 2m 1 vẽ trên đoạn [-4; -2]
<=> 2 2m 1 4

1
2

<=> m

-2

5
2

o

t

-4
-2

3

0,5đ


1
2

VËy ®Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm th× − ≤ m ≤

5
2

0,5 ®

C©u 2: (4 ®iÓm)
2

[ f ( x)]3

2

1> Tõ (2): f (x)f’(x) = 1 + 2x + 3x <=>

3

= x + x 2 + x 3 + c (c lµ h»ng

0,5®

sè)

1
, do ®ã hµm sè f ( x) = 3 3x 3 + 3x 2 + 3x + 1
3

+ Tõ (1) : f(0) = 1 => c =

XÐt g(x) = 3x3 + 3x2 + 3x + 1 víi
2

g’(x) = 9x + 6x + 3 = 0 <=>
1

3

g(-1) = 2, g(2) = 40, g(- ) =
Do ®ã GTLN cña f(x) lµ

3

 x = −1

∈ [−1;2] lµ c¸c ®iÓm tíi h¹n
x = − 1
3


2
=> max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - 2
9

40 vµ GTLN cña f(x) lµ

3

−2

π

π

π

π

6

3

6

3

2> §K: cos( x − ) ≠ 0, cos( x + ) ≠ 0; tg ( x − ) ≠ 0; tg ( x +
π

π

0,5®

x ∈ [-1; 2]

π

π

π

0,5®
0,5®

≠ 0)

0,5®
π

Do tg ( x + ) = cot g  − ( x + ) = − cot g ( x − ) ⇒ tg ( x − ).tg ( x + = −1)
3
3 
6
6
3
2

0,5®

Ta ®−îc ph−¬ng tr×nh
1
1
⇔ (3 sin x − sin 3 x) sin 3 x + (3 cos x + cos 3 x) cos 3 x =
8
2
1
1
⇔ 3(sin x sin 3 x + cos x cos s3 x) + cos 2 3x − sin 2 3 x = ⇔ 3 cos 2 x + cos 6 x =
2
2
1
1
π
⇔ 4 cos 3 2 x = ⇔ cos 2 x = ⇔ x = ± + kπ (k ∈ Z )
2
2

6

sin 3 x. sin 3 x + cos 3 x. cos 3 x =

NghiÖm x =

π
6

+ kπ (lo¹i v× tg ( x −

π
6

0,5®

0,5®

) = 0)

π

NghiÖm x = − + kπ (k ∈ Z ) t/m c¸c ®k bµi to¸n
6

4


Câu 3: (4 điểm)
x 2x 2 > 0

x > 3
1> ĐK: 2
x 2 2x 3 > 0
2

x < 1

x 2 x 3 > 0

pt <=> log

8+ 4 3

( x 2 2 x 2) = log

<=> log 8+ 4 3 ( x 2 x 2) = log 7 + 4
2

( x 2 2 x 3)

x 2 2 x 2 = (8 + 4 3 ) y
( x 2 x 3) = y
3
x 2 2 x 3 = (7 + 4 3 ) y

x 2 2 x 3 = t > 0
đa về hệ
đặt
7 + 4 3 = a > 1
y

7+4 3

2

t + 1 = (a + 1) y
(a + 1) y = a y + 1

y
t = a

y

a
a 1
1=
<1
+
= f ( y ) (*) vì 0<
a +1
a + 1 a + 1

và 0 <

x = 1 + 11 + 4 3 > 3
1

(t/m)

x = 1 11 + 4 3 < 1

2

(t/m)

I = lim
y 0

y2

0,5đ

vậy pt đ cho có 2 nghiệm x1 , x2
0,5đ

1
2> đặt x = khi x thì y 0
y
1 + 2 y 3 1 + 3y

0,5đ

1
< 1 (do a
a +1

> 1)
Nên hàm số f(y) nghịch biến a > 1 và f(1) = 1 nên y = 1 là nghiệm duy
nhất của pt (*) => x2 2x 3 = a1 = 7 + 4 3
Giải ra

0,5đ

1 + 2 y (1 + y ) 3 1 + 3 y (1 + y )
= lim


y 0
y2
y2



5

0,5đ




y 2 ( y + 3)
y2

+
= lim 2
y 0
y 1 + 2 y + (1 + y ) y 2 (3 (1 + 3 y ) 2 + (1 + y )3 1 + 3 y + (1 + y ) 2 )


1
y+3

= lim
+
y 0
1 + y + 1 + 2 y (1 + y ) 2 + (1 + y )3 1 + 3 y + 3 (1 + 3 y ) 2
1
1
= +1 =
2
2
1
Vậy I =
2
OA = OB = OC
Câu 4: (4 điểm) Gọi O là trung điểm của BC =>
=> SO là
SA = SB = SC = 0

trục đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
=> SO là đờng cao của hình chóp
S.ABC và góc giữa cạnh bên và
đáy, góc SBO = góc SAO = SCO =

1,0đ

0,5đ

S

+ SO =asin , AC = a 4 cos 2 1

1
2

( cos > )
S ABC =

1
a2
AB. AC =
2
2

a

4 cos 2 1
B

O



C

0,5đ

a
A

+ VS.ABC =

a3
sin 4 cos 2 1
6

áp dụng BĐT cô si cho 2 số dơng 4 sin 2 và 4 cos 2 -1 > 0
a3
a 3 4 sin 2 + 4 cos 2 1 a 3
=
4 sin 2 . 4 cos 2 1 .
12
12
2
8
5
1
Dấu = xảy ra <=> 4 sin 2 = 4 cos 2 1 cos =
>
2 2 2

V=

6

0,5đ


Vậy cos =

2. Do sin

5
2 2

hình chóp có thể tích lớn nhất

0,5đ

3A
3A
= cos( ) nên gt bài toán trở thành
2
2 2

A B+C
BC 3
3A
=
) + 2 sin(
) cos
2 2
2
4
4
2
BC 3
3A
3A
1 2 sin 2 ( ) 2 sin( ) cos
=

4 4
4 4
4
2
3A
3A
B C 1
B C 1
BC

2 sin 2 ( ) + sin( ) cos
+ cos 2
)=0
+ (1 cos 2

4 4
4 4
4
4
4 2
4


cos(



3A 1
BC
BC

1

2 sin( ) + cos
+ sin 2
=0

4 4
2
4
2
4


0,5đ

0,5đ

2

(*)

3A 1
B C
2 B C
Do sin( ) + cos
= 0 nên VT của (*) không âm
0; sin
2

4

4

2



4

4

0,5đ

BC
sin 4 = 0
Khi đó (*) <=> dấu = xẫy ra <=>
sin( 3 A ) + 1 cos B C = 0

4 4
2
4

0,5đ

A = 100 0
Giải hệ trên ta đợc:
B = C = 40 0

0,5đ

Câu 5: (4 điểm)




2
1
x
1> Ta có I = ln(1 + tg )dx + xdx = x 2
2
2
0
0



Tính

2

2

0

+ I1 =

2
8

+ I1

x t
đặt x = t = dx = dt
2
2 4 2

2

x
I 1 = ln(1 + tg )dx
2
0

Đổi cận: x = 0 => t =




2

;

x=


2

=> t = 0

7

0,5đ


t
π
2
π t 
2

2
)dt = ∫ ln
I 1 = − ∫ ln 1 + tg ( − ) dt = ∫ ln(1 +
dt
t
t
4
2


π
0
0
2
1 + tg
1 + tg

2
2
π

0

π

1 − tg

2

0,5®

π

2
π
t
π
π
π2 π
= ∫ ln 2dt − ∫ ln(1 + tg )dt = t ln 2 02 − I 1 = ln 2 − I 1 ⇒ I 1 = ln 2 ⇒ I =
+ ln 2
2
2
4
8
4
0

0
2

VËy I =

π2
8

+

π
4

0,5®

ln 2

NhËn thÊy ®−êng th¼ng (∆) kh«ng cã ®iÓm chung víi parabol (P)
Gäi (∆' ) lµ ®−êng th¼ng tiÕp xóc víi Parabol (P) vµ song song víi dt (∆ )
(∆)

=> pt (∆' ) lµ 3x – 4y - + m = 0 ( m ≠ 19)
 x 2 3x m
=
+
−
16
4
4 cã nghiÖm
hÖ pt: 

− x = 3
 8 4

(d)

( ∆' )

I1

H

M1

I

(I)

M0

0,5®

 x = −6
m = 9

(I) ⇔ 

9
4

pt ®t (∆' ) : 3x – 4y + 9 = 0. vµ to¹ ®é tiÕp ®iÓm M 0 (−6,− )

9

M 0 (−6;− 4 )
+ Gäi (d) lµ ®t qua ®iÓm M0 vµ vu«ng gãc vãi (∆ ) => (d) 
→
n d (4;3)
'

=> pt ®t (d) 4x + 3y +

123
=0
4

0,5®
I lµ giao ®iÎm cña (d) vµ (∆) => to¹ ®é I lµ nghiÖm cña hÖ
36

x=−
3 x − 4 y + 19 = 0



5
⇔

123
 y = − 13
4 x + 3 y + 4 = 0


20

=> I (−

36 13
;− ) ⇒ M 0 I = 2
5 20

0,5®

Pt ®−êng trßn t©m I, bk R = IM0 cã d¹ng
(x +

36 2
13
) + ( y + )2 = 4
5
20

8


Ta chứng minh: đờng tròn (C) có phơng trình trên là đờng tròn có bk
nhỏ nhất so với các đờng tròn t/m ycbt.
Thật vậy: Lấy điểm I1 bất kì trên ( ) , M1 bất kì trên parabol (P)
H = I1M1 (' ) ta có: I 1 M 1 I 1 H IM 0 => IM0 là nhỏ nhất
Do đó đờng tròn bk IM0 là đờng tròn bk nhỏ nhất
2

2

36
13
Vậy đờng tròn cần tìm: x + + y + = 4


5



20

9

0,5đ


THPT Quảng Xơng 3
Sở giáo dục và đào tạo
Thanh Hóa

kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 THPT

-----------------

---------------------------------------------Môn thi Toán bảng A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

------------------------Bài 1 (4 điểm)

2
1. Tìm trên trục hoành các điểm có thể kẻ đến đồ thị hàm số y = x hai tiếp

x 1

0

tuyến tạo với nhau một góc 45 .
2. Tính thể tích vật thể sinh ra bởi phép quay quanh trục Ox của hình giới
hạn bởi: y = log 2 x ; x + y = 3; y = 0.
Bài 2 (4 điểm)
x 2 (m + 2 )x + 2m < 0
có nghiệm.
1. Tìm m để hệ 2
x + (m + 7 )x + 7 m < 0

2. Giải phơng trình x 2 2 x 3 = x + 3 .
Bài 3 (4 điểm)
1. Giải phơng trình cos6x cos4x + 4cos3x + 4 = 0.
2. Trong tam giác ABC, chứng minh rằng:
cos A + cos B + cos C +

1
13
.
cos A + cos B + cos C 6

Bài 4 (4 điểm)
1. Giải phơng trình (x 3)[log 3 (x 5) + log 5 (x 3)] = x + 2 .
2. Tính lim

x 0

1 + 2 x 3 1 + 3x 1
.
x

Bài 5 (4 điểm)
1. Lập phơng trình mặt cầu tâm I(1; -1; 1), biết rằng qua đờng thẳng
2 x + 2 y z 3 = 0
có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc với mặt cầu.

x 2 y 2z 1 = 0

2. Với a, b, c dơng và 1 R, chứng minh rằng:
a
b
c
a 1
b 1
c 1
+
+

+
+
b + c c + a a + b b 1 + c 1 c 1 + a 1 a 1 + b 1

...........Hết...........

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh ......................................... số báo danh .........................

1


THPT Quảng Xơng 3

Hớng dẫn chấm bài thi học sinh giỏi lớp 12 THPT
Môn: toán - bảng A
(đáp án này có 3 trang)

Bài ý

Nội dung

Điểm

TXĐ D = R\{1}
M Ox M(x0; 0), đờng thẳng qua M với hệ số góc k có phơng
trình: y = k(x x0)
()
x2
= k ( x x0 )

x 1
có nghiệm
() là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ: 2
x 2x = k
( x 1)2

x = 0
x2
x 2 2x

1 x 1 = (x 1)2 (x x0 ) x[(x0 + 1)x 2 x0 ] = 0 x = 2 x0 Voi x0 1
x0 + 1


0.5đ

Với x0 = 0 k = 0,
Với x0 =

4 x0
2 x0
k=
x0 + 1
(x0 + 1)2

0.5đ

Để thỏa m n yêu cầu bài toán thì: tg 450 =

I

4 x0
k1 k 2
...
=1

1 + k1k 2
(x0 + 1)2

... x0 = 3 2 2
M1( 3 + 2 2 ; 0), M2( 3 2 2 ; 0).

0.5đ
0.5đ

Giao điểm của đồ thị hàm số y = log 2 x , và đờng thẳng x +y = - 3
2

3

1

2



là A(2; 1) V = log 2 xdx + (3 x )2 dx =V1+ V2

2

0.5đ



2

2

1

1

V1= log 2 xdx = log 2 e. ln xdx =...

y

= log 2 e.(2 ln 2 1) .
3

1
O 1 2 3

V2 = (3 x )2 dx = ...=
x

2

V=[

x 2 (m + 2 )x + 2m < 0
2
x + (m + 7 )x + 7 m < 0

1
3

0.5đ
0.5đ

1
+ log 2 e.(2 ln 2 1) ] (đvtt)
3

0.5đ
(1)
(2)

1 = (m 2)2 0 và 2 = (m 7)2 0 m = 2 hoặc m = 7 thì hệ 0.5đ
phơng trình vô nghiệm.
II

m 2
và m 0 thì tập nghiệm của (1) là D1 R+ và tập
m

7


1 Với

nghiệm của (2) là D2 R- nên hệ phơng trình vô nghiệm.
Với m < 0 tập nghiệm D1= (m; 2) và tập nghiệm D2= (-7; -m)
hệ phơng trình luôn có nghiệm.
Hệ phơng trình luôn có nghiệm với m < 0.
2

0.5đ
0.5đ
0.5đ


THPT Quảng Xơng 3

Bài ý

Nội dung

x (x + 3) (x + x + 3 ) = 0 (x + x + 3 )(x x + 3 1) = 0

Điểm
0.5đ



0.5đ

2

x 0
1 13
x + 3 = x 2
x=
2
x x 3 = 0
x 1
2

3 + 17
x + 3 = x 1 2
x=
2
x 3x 2 = 0
1 13
3 + 17
và x =
là nghiệm.
Kết luận: x =
2
2
2 cos 2 3x + 4 cos 3x + 3 cos s 4 x = 0
2(cos 3x + 1) + 2 sin 2 2 x = 0
cos 3 x = 1

sin 2 x = 0
1
k 2

x = 3 + 3

x = l

2

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

0.5đ

KL: Nghiệm x = + 2k
III

0.5đ

3
C
= t 1< t
2
2
1
3
1
Xét f(t) = t + trên (1; ], có f(t) = 1 2 > 0 hàm số đồng
2
t
t
3
biến trên (1; ]
2
2
13
3
3
t (1; ] thì f(1) < f(t) f( ) =
2
2
6

1
13

Vậy cos A + cos B + cos C +
cos A + cos B + cos C 6
3
Dấu bằng xảy ra khi: cos A + cos B + cos C = hay tam giác đều.
2
x+2
Pt log3 (x 5) + log 5 (x 3) =
với x > 5
x 3
Hàm số y = log3 (x 5) + log 5 (x 3) đồng biến trên (5; + )
1
x+2
5
Hàm số y =
< 0 nghịch biến trên (5; + )
có y=
x 3
(x 3)2
A
2

B
2

đặt cos A + cos B + cos C = 1+ 4 sin sin sin

phơng trình có nghiệm duy nhất x = 8

IV

L = lim
x0

3

3

0.5đ

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

3

(

L2 = lim
x 0

0.5đ

0.5đ

1 + 2 x 1 + 3x 1 + 3 x + 1 + 3x 1
x
3

1 + 3x 1
1 + 2x 1
3
= lim
= L1 + L 2
1 + 3x
+ lim
x

0
x0
x
x
2x
1 + 2x 1
3
lim 3 1 + 3 x
=1
1 + 3x
=
2 L1 = lim
x 0
x0
x
x 1 + 2x + 1
3

0.5đ

)

3x
1 + 3x 1
= lim
=1
2
x 0 3
3

x
x 1 + 3x + 1 + 3x + 1



Vậy L = 2

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

3


THPT Quảng Xơng 3

Nội dung

Bài ý

2 x + 2 y z 3 = 0
x 2 y 2z 1 = 0

( P)
I ( P)
ta nhận thấy
và (P) (Q)
(Q)
I (Q)



1

Điểm
0.5đ

hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận (Q) làm mặt phẳng
phân giác 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cũng là
hai mặt phẳng phân giác của góc sinh bởi (P) và (Q). Nên phơng
trình 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là:
x + 4y + z - 2 = 0
3x - 3z - 4 = 0

|2x + 4y z -3| = |x 2y -2z -1|

Bán kính mặt cầu cần lập: R = d(I/) =

0. 5đ

1 4 +1 2
4
=
3
3

0.5đ

Phơng trình mặt cầu cần lập là: (x 1)2 + ( y + 1)2 + (z 1)2 =

16
9

0.5đ

Giả sử a b c > 0

a
a 1 b
b 1 c
c 1
0




+

+

1
1

1
1

1
1
b +c c +a
c +a a +b
a +b
b +c
1
1
a

b

a 1
1 1 + b 1
1
+


1
b +c
c +a

b +c
c +a
1

c
+ c 1
1 1 0

a +b
a +b
1
1
1
1
b (a b ) + c (a c ) 1 c (b c ) + a (b a )
a 1
+b
+
b + c b 1 + c 1
c + a c 1 + a 1

V

(

)(

)

(

)(

+ c 1

2

a

...

)(

) (

(c



(c a ) + b 1 (c a ) 0

)(

+ a c 1 + b 1

)(

)

)(

) (

)(

)

)


+



1
1
+ c 1a 1 (c a )


1
1

b + c b 1 + a 1
a +b a +b

(

)(

) (

)(

Điều này luôn đúng với mọi a b c > 0 và > 1, R
dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0.

4

0.5đ


+



1
1
+ b 1c 1 (b c )


1
1

a + b a 1 + b 1
c +a c +a

(

0.5đ

)

1


1
1
a 1b 1 (a b )


1
1

c + a c 1 + a 1
b +c b +c

(

0.5đ

)


0


0.5đ


Đề thi học sinh giỏi 12

(Thời gian làm bài 180)

Câu 1: Chứng minh rằng hàm số y = x4- 6x2 + 4x + 6 luôn luôn có 3
cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của các tam giác tạo bởi 3 đỉnh và
3 điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Câu 2: Giải hệ phơng trình.
x+y = 4 z 1
y + z = 4x 1
z + x = 4y 1
Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc oxy cho
parabôn (P): y2 = 4x. M là một điểm di động trên (P). M 0, T là một điểm
trên (P) sao cho T 0, OT vuông góc với OM.
a. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì đờng thẳng MT luôn đi
qua một điểm cố định.
b. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì thì trung điểm I của MT
chạy trên 1 pa ra bol cố định .
Câu 4: Giải phơng trình sau:
sinx + siny + sin (x+y) =
Câu 5: Cho d y số In =

4 n



2n

3 3
2

cos x

dx ,
x

nN*

Tính nlim
In
+
Câu 6: Cho 1 a > 0, chứng minh rằng.
1+ 3 a
ln a
<
a 1
a+3 a

Ngời ra đề :Ngô Quốc Khánh
Trờng PTTH Lam Sơn

1


Đáp án
Câu 1: (3 điểm )
Tập xác định: D = R
y = x4 - 6x2 + 4x + 6.
y = 4x3 - 12x + 4
y = 0 <=> g(x) = x3 - 3x + 1 = 0
(1)
Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = 3

g(- 2).g(- 1) < 0

g(-1).g( 1) < 0
g( 1).g( 2) < 0

g(x) liên tục nên phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa m n :
- 2 < x1 < -1 < x2 < 1 < x3 < 2
* Ta có y =

1
y.x- 3.(x2 - x - 2)
4

(1)

Gọi các điểm cực trị là A (x1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) và G (x0,y0) là trọng
tâm tam giác ABC.
Theo ĐL Viet có x1 + x2 + x3 = 0
(2)
x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3
(3)
Từ (2) suy ra x0 =

x1 + x2 + x3
=0
3

Từ (1) (2) (3) suy ra:
y0 =

1
(y1+y2+y3) = -3 [( x12 + x22 + x32 )-(x1+x2+x3) - 6]
3

= -3 [(x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6] = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0
Vậy G (0;0) 0(0;0) (ĐPCM)
Câu 2: ( 2 điểm)
x+y = 4 z 1
(1)
y + z = 4x 1

(2)

z + x = 4y 1
áp dụng bất đẳng thức cosi tacó:

(3)

(2)
Tơng tự 4 x 1 < 2x
Từ (1) ;(2) ; (3) và (1) ; (2) ; (3) suy ra.
2(x+y+z) = 4 z 1 + 4 x 1 + 4 y 1 < 2z + 2x + 2y
Từ (4) suy ra:
4z - 1 = 1
4x - 1 = 1

1
4

(4 z 1) + 1

= 2z (1)
2
4 y 1 < 2y (3)

4 z 1 = (4 z 1).1 <

(I) <=>

(I) đk x,y,z >

<=>

4y - 1 = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z =
Câu 3: (P): y2 = 4x

2

1
2

x=y=z=

(4)

1
nghiệm đúng (I)
2

y 12

y 22


với y1,y2 0; y1 y2.

M
;
y
;
y
T
;
a. (3điểm ) Giả sử
1
2
4

4




2
2
y y
OTOM OT.OM = 0 1 . 1 + y 1 .y 2 = 0
4 4

y1 . y2 + 16 = 0
(1)
y 12
xy - y1
4
=
Phơng trình đờng thẳng MT:
2
2
y 2 - y1
y 2 y1
4 4
4x - y 12 = (y1 + y2). (y-y1)

4x - (y1 + y2) y - 16 = 0 4(x- 4)- (y1 + y2) y= 0
Nên đờng thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J (4;0)
b. (3điểm) Gọi I (x0, y0) là trung điểm MT thì

(

)

1 2
(1)
y 1 + y 22
8
y +y
y0 = 1 2
(2)

2
1
1
Từ (1) suy ra x0 = [(y1+y2)2 - 2y1y2] = [(2y0)2 - 2 (-16)]
8
8
1 2
= . y0 + 4 y02 = 2x0 - 8
2

x0 =

Từ đó I chạy trên parabôn (P) : y2 = 2x = 8 cố định .
Câu 4: (3 điểm)
sin x + sin y + sinz (x+y) =

3 3
2

(1)

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có .
27
3 3 2
) = [sinx + siny + sinz (x+y)]
=(
4
2

sin2(x+y))

= 3. [

2

< (12 + 12+12).(sin2x + zin2y +

1 cos 2 x 1 cos 2 y
+
+sin2 (x+y)]
2
2

= 3.[1- cos (x+y) . cos (x-y) + 1 - cos2 (x+y)]
= 3. [2-(cos (x+y)+
< 3 (2- 0 +

1
1
cos (x-y)2) + cos2 (x-y)]
2
4

1
27
1
)=
(2) (Do cos2 (x-y) < 1; (cos (x+y) + cos (x-y)2 > 0
4
4

2

Từ (2) suy ra:
(1)

cos2 (x-y) = 1
cos (x+y) +

1
cos (x-y) = 0
2

sinx = sin y = sin (x+y) =

3

3
2


π

 x = 3 + 2kπ

 y = π + 2nπ

3

⇔

víi k , n ∈ Z
4n π

cosx
∫ x dx
2n π

C©u 5: (3 ®iÓm)

In =

Ta chøng minh:

0 < In <

4 nπ

Ta cã: In

=

∫

2 nπ

cos x
dx =
x

4 nπ

∫

4 nπ

1
(1)
4 nπ
4 nπ
d (sin x) sin x 4nπ
1
- ∫ sin x.d ( )
=
x
x
x 2nπ 2 nπ

4 nπ

sin x
dx
x2
2n
sin x
1
* Ta cã: 2 < 2 ∀x ∈ [2nπ , 4nπ ] nªn
x
x
4 nπ
dx

1 4nπ
1
1
1
=In < ∫ 2 = −
+
=
(2)
2
n
π
x
4
n
π
2
n
π
4
n
π
x
2 nπ

=

∫π

2 n −1 2 ( k +1)π

* Ta cã: In = kΣ=n
( 2 k +1)π

=> JK =

∫π

2k

sin x
+
x2

∫π

2k

sin x
dx ®Æt JK =
x2

2 ( k +1)π

∫π

( 2 k +1)

sin x
dx >
x2

2 ( k +1)π

∫π

2k

sin x
dx
x2

2 ( k +1)π

1

∫πsin x ( x

2

−

2k

1
)dx >0 (3)
(x + π )2

2 n −1

Ta l¹i cã: In = kΣ=n Jk do (3) nªn In > 0

Tõ (2) (4) suy ra 0 < In ≤
Ta l¹i cã Lim

n → +∞

1
4 nπ

1
= 0 nªn
4 nπ

(4)
⇒

(1) ®óng

Lim I n = 0

n→+∞

C©u 6: (3 ®iÓm)
ln a
1+ 3 a
<
a −1
a+3 a

(1) víi 1 ≠ a > 0

Trong hîp 1: a >1
(1) <=> (a + 3 a )lna < (1 + 3 a ) (a-1)
(2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1)
<=> x4 + x3 - x - 1 - 3 (x3+x)lnx > 0 (3)
§Æt f(x) = x4 + x3 - x - 1 -3 (x3 + x)lnx

(2) §Æt x = 3 a => x >1
∀x > 1
∀x > 1
x ∈[1;+ ∞ )
1
x

Ta cã f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 - 3 [(3x2 + 1) lnx + (x3 + x) . ]
= 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx
1
1
)
f(3)(x) = 3 ( 8x + 2 -6ln x - 9)
x
x
3
2
6(4 x − 3x − 1) 6( x − 1)(4 x + 4 x + 1
6 2
=
f(4)(x) = 3.(8- − 3 ) =
> 0 , ∀x > 1
x x
x3

x3

f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x -

4