Tổng hợp đề thi thử học sinh giỏi lớp 12 môn toán năm 2013 (Phần 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAO CAI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 .

Môn: Toán. Thời gian: 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)

TỔ TOÁN –TIN

Câu 1(3 điểm): Cho trước hằng số a và dãy số thực (xn) được xác định như sau:
 x1  a


1
x

ln(1  xn2 )  2004
n

1

2


.

n  N*

Chứng minh dãy (xn) hội tụ.
 x 2  21  y  1  y 2

Câu 2 (3 điểm): Giải hệ phương trình:  2
 y  21  x  1  x 2

Câu 3 (3 điểm): Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức:
a 2  b2 b2  c 2 c 2  a 2 3(a 2  b2  c 2 )



ab
bc
ca
a bc

Câu 4 (3 điểm): Cho hình thang ABCD có đáy AB và CD. Gọi E là giao điểm của AC và
BD, gọi F, G lần lượt là trực tâm tam giác AED và tam giác EBC. Gọi H là trung điểm
FG. Chứng minh EH  AB
Câu 5 (2 điểm): Cho một lục giác đều. Tại mỗi đỉnh của lục giác có một con chim đậu.
Vào cùng một lúc, tất cả sáu con chim đều bay lên khỏi vị trí của mình. Rồi sau đó, cả sáu
con lại đậu xuống cùng một lúc, chúng lại đậu xuống các đỉnh nhưng không nhất thiết đậu
xuống vị trí cũ của mình. Chứng minh rằng tồn tại 3 con chim sao cho tam giác tạo bởi
các đỉnh mà chúng đậu trước khi bay bằng tam giác mà chúng đậu sau khi bay.
Câu 6 (3 điểm): Tìm hàm số f(x) thoả mãn:

f ( x  y)  f ( x). f ( y)  2007 x y , x,y  R .

Câu 7 (3 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại
A cắt đường thẳng BC tại D. Gọi E là tâm đường tròn qua A và tiếp xúc BC tại B, gọi F là
tâm đường tròn qua A và tiếp xúc BC tại C. Chứng minh D, E, F thẳng hàng.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………………..
Số báo danh:………………………………………………………….

Chú ý:

-Giám thị không giải thích gì thêm.
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu


ĐÁP ÁN KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN TOÁN 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAO CAI

Câu
1

Nội dung
Xét hàm số f ( x) 
Có : f '( x) 

Điểm

1
ln(1  x2 )  2004, x  R.
2

x
1

2
1 x
2

0.5

, xR .

0.5

Xét hàm số g(x)=x-f(x). Ta có g '( x) 

x2  x  1
0
x2  1

x  R . Do đó g(x)

đồng biến trên R.
Mặt khác g(0).g(-2004)<0 nên tồn tại duy nhất số thực b để g(b)=0.
Theo định lí Lagơrăng:
c  R sao cho f(x n )-f(b)  f '(c) xn  b 

1
xn  b
2

1
1
xn  b  ... n a  b
2
2
Vậy tồn tại lim xn  b

0.5
0.5

0.5

 xn 1  b 

0.5

n 

2

 x 2  21  y  1  y 2
 2
 y  21  x  1  x 2
Điều kiện: x  1; y  1.

Trừ vế:
x 2  21  y 2  21  y  1  y 2  x  1  x 2

0.25
0.25

 x 2  21  y 2  21  x  1  y  1  x 2  y 2  0


( x  y )( x  y )

x y


 ( x  y )( x  y )  0
x 1  y 1
x 2  21  y 2  21



x y
1
 ( x  y) 

 x y  0
 x 2  21  y 2  21

x 1  y 1


x y

0.5

0.5

Vậy hệ phương trình tương đương với:

0.25


 x  y
 2

2
 x  21  x  1  x

(1)

0.25

(1)  x  21  5  x  1  1  x  4
2



x2  4
x 2  21  5

2



x2
 ( x  2)( x  2)
x 1 1

0.5




1
1

 ( x  2) 
 ( x  2) 1 
  0
2
x

21

5
 x  1  1

 





1
1
 x  2  Do 
 ( x  2) 1 

0



2


x


1

1
x

21

5








0.5

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2;2).
3

a 2  b 2 b 2  c 2 c 2  a 2 3(a 2  b 2  c 2 )



ab
bc
ca
abc

2
2
2
2
 a  b b  c c2  a2 
2
2
2
 (a  b  c) 


  3(a  b  c )
bc
ca 
 ab

0.5

c(a 2  b 2 ) a (b 2  c 2 ) b(c 2  a 2 )


 a 2  b2  c2
ab
bc
ca
2
2
2
c ( a  b ) 2 b (c  a 2 )
a (b 2  c 2 )

 c2 
b 
 a2 
0
ab
ca
bc
ab(a  b) ac(a  c) ba(b  a ) bc(b  c) ca (c  a ) cb(c  b)






0
bc
bc
ca
ca
ab
ab
ab(a  b) 2
bc(b  c) 2
ca(c  a) 2



0
(a  c)(b  c) (b  a )(c  a ) (c  b)(a  b)


4

0.5
0.5
0.5
0.5

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.

0.5

-Gọi S, R lần lượt là trực tâm tam giác DEC, ABE.
- Rõ ràng E là trực tâm các tam giác SCD, RAB, do đó:
S

0.5
0.5

 SE  CD

 RE  AB  SE RE  E  SR
 AB CD


0.5

Mà H cũng là trung điểm của
SR nên từ đó có đpcm.

A

B

0.5

H

F
E

G
1

R
5

C
D
-Gọi O là tâm của lục giác đều đã cho. Dễ thấy hai tam giác, mà mỗi tam

0.5


giác có hai đỉnh đối ứng nhau qua O, là hai tam giác bằng nhau.
(1)
-Xét hai con chim mà trước khi bay lên chúng đậu tại hai đỉnh đối xứng
với nhau qua O. Có 2 trường hợp xảy ra:
* Trường hợp 1: Sau khi đậu xuỗng, hai con chim đó lại đậu xuống hai
đỉnh đối xứng với nhau qua O, giả sử là A, B. Chọn con chim mà trước

khi bay lên nó đậu tại đỉnh C nào đó ( C  A; C  B , A,B là hai đỉnh lúc
đầu của hai con nói trên), ta sẽ có theo (1), 3 con chim này thoả mãn yêu
cầu.
* Trường hợp 2: Sau khi đậu xuống, hai con chim nói trên đậu xuống
hai đỉnh không đối xứng nhau qua O. Lúc này chọn con thứ 3 là con
chim mà sau khi đậu xuống, nó đậu tại đỉnh C’ đối xứng với A’ qua
O(hoặc đối xứng với B’ qua O. Trong đó A’, B’ là hai đỉnh mà hai con
nói trên đậu xuống). Theo (1), 3 con chim thoả mãn yêu cầu bài toán.
6

0.5

0.5

0.5

f ( x  y)  f ( x). f ( y)  2007 x y , x,y  R
*Cho x  y  0  f(0)   f(0)   1
2

 f (0)  1

 f (0)  1
0

f
(0)

1


*Cho y   x  1  f(x)f(-x)  1  f(x)f(-x)  1
*Cho y  0  f(x)  2007 x  f(-x)  2007  x
Theo chứng minh trên: f(x)f(-x)=1
1
1
 f(x) 

 2007 x
x
f(-x) 2007
 f(x)  2007 x
 Thử lại f(x)  2007 x thoả mãn yêu cầu bài toán.
 Vậy f(x)  2007 x

7

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

Gọi M là trung điểm AB.
Có
BEM  ABC

 BE 

c

2SinB

Tương tự:

0.5


b
2 SinC
BE cSinC


CF bSinB
BE c 2


CF b 2

0.5

CF 

Lại có:
ACD

A

E

0.5

(1)

M

BAD( g  g )

AC AD CD



BA BD AD

B

F

C

D 0.5

2

DB AD DB  AB 
c2


.




DC DC AD  AC  b 2

(2)

0.5

Từ (1) và (2) suy ra
EBD

FCD (c-g-c)

 BDE= CDF
 D, E, F thẳng hàng.

Ghi chú: Nếu thí sinh làm đúng theo cách khác đáp án vẫn cho điểm tối đa.

0.5


SỞ GD VÀ ĐT THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT BẮC ĐÔNG
QUAN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 3

Môn:

------*****-------

Toán

-------o0o-----o0o-------

(Thời gian làm bài 180 phút)
Bài 1: (4 điểm)
x2–m
trên đoạn [1,3] có giá trị lớn nhất bằng 4.
x+2
2./ Tính S = 12Cn1 + 22C2n + 32C3n + … + n2Cnn
Bài 2: (4 điểm).
x2+mx-8
Cho hàm số: y=
có đồ thị (Cm) với m là tham số.
x-m
1./ Biện luận số tiệm cận của đồ thị (Cm) theo m.
2./ Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ sao cho không có đồ thị (Cm) nào đi qua.
1./ Xác định m để hàm số y =

Bài 3: (4 điểm).
2(x2-2)

x2-1

x2

x2-2

Cho phương trình 5
-5 +m = 5 - 5

Với m là tham số.
1./ Giải phương trình với m = 1
2./ Xác định m để phương trình có nghiệm.
Bài 4: (2 điểm)
Cho x > y > 0, chứng minh:

x+y
x-y
>
2
lnx-lny

Bài 5: (6 điểm)
Cho tam giác ABC có AB = 3a, AC = 2a, góc BAC = 60o. Qua A dựng đường thẳng (d)
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Trên (d) lấy điểm S khác A. Gọi H, K lần lượt là các
hình chiếu của A lên các đường thẳng SB, SC.
1./ Chứng minh 5 điểm A, B, C, H, K cùng nằm trên một mặt cầu, tính bán kính mặt cầu đó.
2./ Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định khi S chạy trên (d).
3./ Biết SA = 2a. Tính số đo góc phẳng nhị diện tạo bởi mp (ABC) và mp (AHK).
----------------------- Hết----------------------


ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12
Thời gian : 180 phút
Bài 1: (2điểm) :
Tìm các điểm cực trị của hàm số : y = excosx.
(Trích chuyên đề Hàm số của Lê
Hồng Đức)
Bài 2 (4 điểm) : Cho phương trình :
cos3x - cos2x + m cosx - 1 =

0
a- (2 điểm) : Giải phương trình với m = 1.
b- (2 điểm) : Tìm m để phương trình có đúng bảy nghiệm  (-


; 2).
2

(Trích đề thi ĐH Y thành phố Hồ Chí Minh 1999)
Bài 3 (2 điểm) : Giải bất phương trình : 2 x 2  6 x  1 - x + 2 > 0.
(Trích 150 đề thi Đại học)
Bài 4 (2 điểm) :

Chứng minh rằng : ABC nhọn ta đều có :

2
1
(SinA + SinB + SinC) + (tgA + tgB + tgC) > .
3
3

(Trích đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 tỉnh Hải Phòng
- 1998)
Bài 5 (2 điểm).
5  x3  3 x 2  7
x2  1

Tìm A = lim F(x) với F(x) =
1993)

x
1

(Trích đề thi ĐH QGHN năm
1

Bài 6 (2 điểm) :

Tính :

I=

x
0

4

xdx
 x2  1
(Trích đề ĐH TCKT năm

2000)
Bài 7 (2 điểm) :
với x > 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = x 3 +

3
x2

(Trích PP giải toán hàm số của tác giả Lê
Hồng Đức)
2 sin x 3

sin x  2

 (3 sin x 10).3
Bài 8 (2 điểm) : Giải phương trình : 3
+3Sinx = 0
(Trích đề thi học sinh giỏi Toán 12- tỉnh Đồng Nai
- 1996)
Bài 9 (2 điểm) : Cho ABC biết A (2; -1) và hai đường phân giác
trong của góc B và C lần lượt có phương trình là :
dB : x - 2y + 1 = 0
dC : x + y + 3 = 0
Hãy lập phương trình đường thẳng BC./.
(Trích đề thi ĐH Thương mại năm
1999)

HƯỚNG DẪN
CHẤM THI MÔN TOÁN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12

Thời gian : 180 phút
Nội dung

Bài
1

TXĐ :

D= R

0,25

x

Ta có :

Điểm

x

y' = e cosx - e sinx.

Cho y' = 0  ex (cosx - sinx) = 0  sinx = cosx
x=


+ k ( kz).
4

y" = excosx - exsinx - (exsinx + excosx) = - 2exsinx
Với x =

0,25
0,5



+ k
4

TH1 : Nếu k = 2l (lz) thì x =


+ l2.
4

Thay vào y" :


 l 2


y"( + l2) = - 2e 4
. Sin ( + l2) < 0.
4
4

y=


+ l2 (lz) là điểm cực đại của hàm số.
4

0,5


TH2 : Nếu k = 2l + 1 (lz) thì x =

5
+ l2
4

Thay vào y" ta có :
5
y"(
+ l2) = -2 e
4

x=

5
 l 2
4

Sin (

5
+ l2) > 0
4

5
+ l2 là điểm cực tiểu của hàm số (lz)
4

0,5

2

4.00
2a

2.00

Biến đổi phương trình về dạng :
4cos3x - 3cosx - 2cos2x + 1 + mcosx - 1 = 0
 4cos3x - 2cos2x + (m - 3) cosx = 0
Đặt t = cosx, xR thì t [-1; 1]

(1)

0,5

(*)

Với m = 1 thay vào (1) ta được :
t (4t2 - 2t - 2) = 0  t = 0; t = cosx = 0


cosx = -

1
;t=1
2

thoả mãn (*)



+ k2
2
2
x =  + k2
3

1.00

x=
1
2



cosx = 1

(kz)

0,5

x = k2

2b

2.00

Từ phương trình (1) ta có :
cosx = 0

(2)

4cos2x - 2cosx + m - 3 = 0 (3)
Giải (2) ta có : cosx = 0  x =

2


+ k (kz)
2

Vì x (- ; 2) nên phương trình (2) chỉ nhận :

Đặt t = cosx thì (3)  4t2 - 2t + m - 3 = 0

(4)


là nghiệm
2
3
x=
2

x=

0,5

0,5


2

Để phương trình (1) có đúng 7 nghiệm  (- ; 2) thì phương trình (4)
phải có nghiệm thoả mãn điều kiện sau : -1 < t1 < 0 < t2 < 1
af(0) < 0 Trong đó f(t) = 4t2 - 2t + m - 3


0,5

af(-1) > 0
af(1) > 0
m-3<0



 1
m-1>0

0,5

m+3>0
3

2.00
2x2  6x  1 > x - 2

2x2 - 6x + 1  0


0,5

x-2<0
2x2 - 6x + 1> (x - 2)2
x-2 0
x
x



3 7
2

0.5

x<2
2x2 - 6x + 1 > x2 - 4x + 4
x2
x



3 7
2

3 7
2

0,5

x2 - 2x - 3 > 0
x2
x



3 7
2

x < -1
x>3

 x

3 7
2

x>3


x2

0,5

KL : Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là :
T = (-  ;

3 7
]  (3; + )

2

4

2.00
Chứng minh :
Xét hàm số : f(x) =
Với x  (0 ;
Ta có : f'(x) =
f'(x) =

2
1
sinx + tgx - x
3
3

0.5


)
2

2
1
cosx +
-1
3
3 cos 2 x

1
1
1
(cosx + cosx +
)-1 .3-1
2
3
cos x
3

 f'(x)  0  Hàm số y = f(x) là hàm số ĐB trên (0 ;

0,5

)  f(x) > f(0)
2

0,5

2
1

sinx + tgx - x > 0  x  (0 ; )
2
3
3



Vì ABC nhọn nên ta có :

2
3

Vậy ( sinA +


1
2
1
2
1
tgA - A) + ( sinB + tgB - B) + ( sinC + tgC - C) > 0.
3
3
3
3
3

2
1
(sinA + sinB + sinC) + (tgA + tgB + tgC) > A + B + C
3
3

0, 5

2
1
 (sinA + sinB + sinC) + (tgA + tgB + tgC) >  ()
3

3

5

2.00
Viết F(x) về dưới dạng :
( 5  x 3  2)  (3 x 2  7  2)
F(x) =
x 2 1

1.00


5  x3  2
) - lim
x2  1

Vậy : A = lim (
x1

3

x1

x2  7  2
x2  1

5  x3  4
5 x 2
=

lim
=
)
x2  1
( x 2  1)( 5  x3  2
3

Ta có :

lim (
x1

x1

0,5

 ( x  x  1)
2

=

lim

3
=3
8
( x  1)( 5  x  2

x1
3

Ta có : lim

x2  7  2
x2  1
=
lim
x2  1
( x 2  1)[(3 x 2  7 ) 2  23 x 2  7  4]

x1

x1
= lim

1
( x  7)  2 x  7  4
3

2

2

3

2

=

1

12

x1
 A=--

=

0,5

3
1
11
=8 12
24

6

2.00
Đặt t = x2  dt = 2xdx
x=0t=0

Khi

x = 1  t = 1 khi đó ta có :
1

1
1
dt
1

dt
I=  2
= 
2 0 t  t 1
2 0 (t  1 ) 2  3
2
4

Đặt t +

1
3
3
3
du
=
tgu  dt =
=
(1 + tg2u) du
2
2
2 cos u
2
2

Khi

t=0  u=



6


t=1 u=
3


1
I=
2

3





6


3
(1  tg 2u )du
1 3
2

du
3 2
3
3 
tg u 

6
4
4

0,5

0,5

0,5



3
1

u 
3 
6 3

I=

0,5

6

7

2.00
Ta có : y =

1 3 1 3
1
1
1
x + x + 2 + 2 + 2 ( x >0)
x
x
x
2
2

0,5

Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 5 số :
1 3 1 3 1
1
1
1
1
1 1 1
x ; x ; 2 ; 2 ; 2 ta có : y  5 5 x3. x3. 2 . 2 . 2
x
x
x
2
2
2
3
x x x



y  55

 Min y =

1
4



y

5

0,5

5
4

5
5
4

0,5

(0; + )
Dấu "=" sảy ra 

1 3

1
x = x3 = x2 = x2 = x2
2
2

 x =2x=
5

5

0,5

2

8

2.00
32sinx - 3 + (3sinx - 10) 3sinx - 2 + 3 - sinx = 0
(5)
Đặt t = 3sinx - 2 với t > 0. Khi đó phương trình tương đương với :
3t2 + (3sinx - 10)t + 3 - sinx = 0
(6)
 = (3sinx - 10)2 - 4.3(3 - sinx) = (3sinx - 8)2
Phương trình (6) có nghiệm là :

t=

0,5

1

3

t = 3 - sinx
+ Với t =

1
1
ta được : 3sinx - 2 =  sinx - 2 = -1  sinx = 1
3
3

x=
+ Với t = 3 - sinx ta có : 3


+ k2
2
sinx - 2

= 3 - sinx

(kz )

0,5
(7)

Nhận thấy sinx = 2 là nghiệm của phương trình (7) vì 30 = 3 - 2 (đúng)
Chứng minh sinx = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (7) vì :

0,5

Vế trái y = 3sinx - 2 là hàm số đồng biến.
Vế phải y = 3 - sinx là hàm số nghịch biến

0,5

Mặt khác, sinx = 2 (loại) vì 2 > 1

+ k2
2

KL : Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x =

(kz )

9

2.00
Gọi A1; A2 theo thứ tự là điểm
đối xứng của A qua (dB) và (dC)

A(2; -1)

dB

dC

thì A1; A2  BC.

E
F

 Phương trình đường thẳng
A1A2 cũng chính là phương trình
của đường thẳng B.

B A1

A2

C

+ Xác định A1 :
Gọi (d1) là đường thẳng thoã mãn : (d1)

đi qua A
(d1)  (dB)

 (d1)

đi qua A ( 2; -1)
nhận véc tơ pháp tuyến n1 = (2; 1)

 (d1) :

2x + y - 3 = 0

Gọi E = (d1)  (dB)  Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ :
2x + y - 3 = 0

 E (1;1) vì E là trung điểm AA1  A1(0;3)

0,5

x - 2y + 1 = 0
+ Xác định A2 :
Gọi (d2) là đường thẳng thoã mãn : (d2)

đi qua A
(d2)  (dC)

 (d2)

đi qua A ( 2; -1)
nhận véc tơ pháp tuyến n2 = (1; -1)

 (d2) : x - y - 3 = 0
Gọi F = (d2)  (dC). Toạ độ điểm F là nghiệm của hệ :

0,5


x-y-3=0

 F (0; -3) Vì F là trung điểm AA2  A2(-2; -5)

x+y+3=0
Vậy phương trình BC được xác định :
BC đi qua A1  BC : 4x - y + 3 = 0

0,5

đi qua A2
*Ghi chú : Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho
điểm tối đa.
Người

lập

Lê

Thị

đáp án

Minh


ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Bảng B
Bài I
1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
y = x3 -3x +2 (C)
2.Giả sử A,B,C là ba điểm thẳng hàng phân biệt thuộc (C), tiếp tuyến
với (C) tại A,B,C tương ứng cắt lại (C) tại A',B',C'. Chứng minh rằng
A',B',C' thẳng hàng.
n
Bài II.
1. Giải hệ phương trình

x y

- 3x  2 y  - 1

x +y + x – y = 0

2. Giải bất phương trình:
ln

x 1
- ln(x2-x +1) > 0
2

Bài III:
dx

1. Gọi F(x) =

∫
x x
3

5

Bằng phương pháp thêm bớt vào tử số hãy tính nguyên hàm F(x) trên.
1

2. Tính I =

ln(
∫

x 2  a 2  x)dx

(đk a # 0)

1

Bài IV:
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân với AB
=AC =a. SA=a. Cạnh SA vuông góc với đáy, M là một điểm nằm trên cạnh
SB, N nằm trên cạnh SC sao cho MN song song với BC và AN vuông góc
với CM.
Tìm tỉ số MS/MB.
Bài V:
Xét các tam giác ABC. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F = 5cotg2A +16cotg2B + 27 cotg2C.

đ

Bài (6 )
CâuI (3đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM


1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a. y’ = 3x2 -3 = 3(x2-1) => x =-1 hoặc x = 1

(0.25đ)
y’>0 trên khoảng (-∞; -1) và (1; +∞)
y’<0 với x ∈ (-1;1)
(0.5đ)
b. Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x=-1; yCĐ = y(-1) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1; yCĐ = y(1) = 0
(0.5đ)
c. Giới hạn:
3
2
3
lim y  lim x (1 - 3/x  2/x ) = - ∞;
x

lim
x→



y=
=
+
∞

x



x

lim
x

3

(1 - 3/x 2  2/x 3 ) = + ∞


(0.5đ)
d. Tính lồi lõm và điểm uốn
y” = 6 x ; y”= 0 <=> x = 0
x

y”
đồ thị

-∞

0
0
U(0;2)

lồi

(0.5đ)
e. Bảng biến thiên:
-1
x -∞
y’
+

0
y
4
-∞

0
-

+ ∞
+
lõm

1
0

+ ∞
+

2

+∞
0

(0.25đ)
3.Đồ thị: ( Học sinh tự vẽ)
Đồ thị: qua A(-2;0) nhận I(0;2) làm tâm đối xứng


CâuII:(3đ)
Giả sử A,B,C là 3 điểm thẳng hàng thuộc đường thẳng d có phương

trình y=ax+b
Gọi x1,, x2, x3 lần lượt là hoành độ các điểm A,B,C thuộc (d). Tiếp tuyến
với đồ thị (C) của hàm số tại A có phương trình y=(3x12-3,)(x- x1,) + x1,3 3x1, + 2 (d1)
(0.5đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (C) là:
x3 -3x +2 = (3x12-3,)(x- x1,) + x1,3 -3x1, + 2.
<=> (x- x1,)2(x+2x1) = 0
(0.5đ)
=> d1 cắt (C) lần nữa tại A' có hoành độ: x1' = -2 x1.
Tương tự B',C' lần lượt có hoành độ x2' = -2 x2, x3' = -2 x3
(0.5đ)
Vì A,B,C có hoành độ xi thoã mãn phương trình
axi + b = xi3 -3 xi + 2 (i = 1,2,3)
mà xi = - xi'/2 =>a(- xi'/2) + b = (- xi'/2)3 -3(- xi'/2) + 2
(0.5đ)
=> -4a xi' + 8b = -xi3 -12 xi+16
<=> xi'3-3 xi' + 2 = (4a + 9) xi' + 18 - 8b
hay ba điểm A',B',C' nằm trên đường thẳng y = (4a + 9) x' + 18 - 8b
Bài II (4đ)
Câu I: điều kiện
x+y ≥ 0
3x +2y ≥ 0
Đặt
u = x y 0
=> x –y = 2v2 -5u2
(0.5đ)
v = 3x  2 y  0
Ta có hệ phương trình đã cho  u – v = -1
(0.5đ)
u + 2v2 -5u2 = 0

u=2
(0.5đ)

v=3
Vậy

x+y=4
3x + 2y = 9

(0.5đ)

x=1


y=3


Thõa mãn điều kiện
Câu II điều kiện x # -1
Ta có bất phương trình <=>ln

x 1
> ln(x2-x +1)
2

(0.5đ)
<=> x  1 > 2(x2-x +1)
(1)
(0.5đ)
* Nếu x+1 > 0 <=> x>-1 thì (1) <=> x+1 >2(x2-x +1)

<=>2x2-3x +1<0 <=> 1/2 < x < 1 ( thoã mãn x>-1)
(0.5đ)
* Nếu x + 1 <0 <=> x<-1 thì (1) <=> -x-1 >2(x2-x +1)
<=>2x2-x +3 < 0 ( bất phương trình vô nghiệm)
Tóm lại bất phương trình đã cho có nghiệm 1/2 < x < 1
(0.5đ)
Bài III (5đ)
1
1
1 x2  x2
CâuI: (2.5 ) Ta có 3 5  3

x x
x (1  x 2 ) x 3 (1  x 2 )
đ

(0.5đ)
1 1
x
1
1
1 1 x2  x2
 3- 
= 3
 3
2
2
x x 1 x2
x(1  x )
x

x(1  x ) x

(1đ)
dx 1 d (1  x 2 )
1
1
  2  ln x  ln(1  x 2 )  C
=> F(x) =  x dx   2  
2
2 1 x
2
x
x
3

(1đ)
CâuII (2.5đ)
1

Đặt t= - x => I =

 ln(

t 2  a 2  t )dt

1

(0.5đ)
1

  ln
1

a2
t 2  a2  t

1

1

1

1

dt   ln a 2 dt   ln( t 2  a 2  t )dt

(1đ)
I = 2lna2 – I => I = lna2
(1đ)
Bài IV:


S

N

A

C
M

B
Cho hệ toạ độ Axyz với A(0,0,0) B(a,0,0) C(0,a,0) S(0,0,a)
Giả sử M(x,0,a-x)
(0 ≤ x ≤ a)
Do tam giác SAC vuông cân tại A và MS/MB = NS/NC => N(0,x,a-x)
(1đ)
Vậy
AN = (0,x,a-x)
CM = (x,-a,a-x)
Do AN vuông góc với CM <=>AN. CM = 0
(1đ)
=> -ax + (a-x)2 = 0 <=> x2 - 3ax + a2 = 0
x=

MS
x
5 1
3 5
=>


2
MB a  x
2

(1đ)
Bài V:(2đ)
F = 5cotg2A + 16cotg2B + 27 cotg2C
= (3+2)cotg2A +(12+4) cotg2B +(9+18) cotg2C

= (3 cotg2A +12 cotg2B) + (4 cotg2B+9 cotg2C) +(18 cotg2C + 2
cotg2A) (1đ)
≥12(cotgA cotgB + cotgC cotgB + cotgA cotgC) =12
Đẳng thức xảy ra khi cotgA = 1,cotgB = 1/2, cotgC =1/3
(1đ)



ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Bảng B
Bài I
1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
y = x3 -3x +2 (C)
2.Giả sử A,B,C là ba điểm thẳng hàng phân biệt thuộc (C), tiếp tuyến
với (C) tại A,B,C tương ứng cắt lại (C) tại A',B',C'. Chứng minh rằng
A',B',C' thẳng hàng.
n
Bài II.
1. Giải hệ phương trình

x y

- 3x  2 y  - 1

x +y + x – y = 0

2. Giải bất phương trình:
ln

x 1

- ln(x2-x +1) > 0
2

Bài III:
dx

1. Gọi F(x) =

∫
x x
3

5

Bằng phương pháp thêm bớt vào tử số hãy tính nguyên hàm F(x) trên.
1

2. Tính I =

ln(
∫

x 2  a 2  x)dx

(đk a # 0)

1

Bài IV:
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân với AB

=AC =a. SA=a. Cạnh SA vuông góc với đáy, M là một điểm nằm trên cạnh
SB, N nằm trên cạnh SC sao cho MN song song với BC và AN vuông góc
với CM.
Tìm tỉ số MS/MB.
Bài V:
Xét các tam giác ABC. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F = 5cotg2A +16cotg2B + 27 cotg2C.

đ

Bài (6 )
CâuI (3đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM


1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a. y’ = 3x2 -3 = 3(x2-1) => x =-1 hoặc x = 1
(0.25đ)
y’>0 trên khoảng (-∞; -1) và (1; +∞)
y’<0 với x ∈ (-1;1)
(0.5đ)
b. Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x=-1; yCĐ = y(-1) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1; yCĐ = y(1) = 0
(0.5đ)
c. Giới hạn:
3
2

3
lim y  lim x (1 - 3/x  2/x ) = - ∞;
x

lim
x→



y=
=
+
∞

x



x
lim
x

3

(1 - 3/x 2  2/x 3 ) = + ∞


(0.5đ)
d. Tính lồi lõm và điểm uốn
y” = 6 x ; y”= 0 <=> x = 0

x

y”
đồ thị

-∞

0
0
U(0;2)

lồi

(0.5đ)
e. Bảng biến thiên:
-1
x -∞
y’
+
0
y
4
-∞

0
-

+ ∞
+
lõm

1
0

+ ∞
+

2

+∞
0

(0.25đ)
3.Đồ thị: ( Học sinh tự vẽ)
Đồ thị: qua A(-2;0) nhận I(0;2) làm tâm đối xứng


CâuII:(3đ)
Giả sử A,B,C là 3 điểm thẳng hàng thuộc đường thẳng d có phương
trình y=ax+b
Gọi x1,, x2, x3 lần lượt là hoành độ các điểm A,B,C thuộc (d). Tiếp tuyến
với đồ thị (C) của hàm số tại A có phương trình y=(3x12-3,)(x- x1,) + x1,3 3x1, + 2 (d1)
(0.5đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (C) là:
x3 -3x +2 = (3x12-3,)(x- x1,) + x1,3 -3x1, + 2.
<=> (x- x1,)2(x+2x1) = 0
(0.5đ)
=> d1 cắt (C) lần nữa tại A' có hoành độ: x1' = -2 x1.
Tương tự B',C' lần lượt có hoành độ x2' = -2 x2, x3' = -2 x3
(0.5đ)

Vì A,B,C có hoành độ xi thoã mãn phương trình
axi + b = xi3 -3 xi + 2 (i = 1,2,3)
mà xi = - xi'/2 =>a(- xi'/2) + b = (- xi'/2)3 -3(- xi'/2) + 2
(0.5đ)
=> -4a xi' + 8b = -xi3 -12 xi+16
<=> xi'3-3 xi' + 2 = (4a + 9) xi' + 18 - 8b
hay ba điểm A',B',C' nằm trên đường thẳng y = (4a + 9) x' + 18 - 8b
Bài II (4đ)
Câu I: điều kiện
x+y ≥ 0
3x +2y ≥ 0
Đặt
u = x y 0
=> x –y = 2v2 -5u2
(0.5đ)
v = 3x  2 y  0
Ta có hệ phương trình đã cho  u – v = -1
(0.5đ)
u + 2v2 -5u2 = 0
u=2
(0.5đ)

v=3
Vậy

x+y=4
3x + 2y = 9

(0.5đ)

x=1


y=3


Thõa mãn điều kiện
Câu II điều kiện x # -1
Ta có bất phương trình <=>ln

x 1
> ln(x2-x +1)
2

(0.5đ)
<=> x  1 > 2(x2-x +1)
(1)
(0.5đ)
* Nếu x+1 > 0 <=> x>-1 thì (1) <=> x+1 >2(x2-x +1)
<=>2x2-3x +1<0 <=> 1/2 < x < 1 ( thoã mãn x>-1)
(0.5đ)
* Nếu x + 1 <0 <=> x<-1 thì (1) <=> -x-1 >2(x2-x +1)
<=>2x2-x +3 < 0 ( bất phương trình vô nghiệm)
Tóm lại bất phương trình đã cho có nghiệm 1/2 < x < 1
(0.5đ)
Bài III (5đ)
1
1
1 x2  x2
CâuI: (2.5 ) Ta có 3 5  3


x x
x (1  x 2 ) x 3 (1  x 2 )
đ

(0.5đ)
1 1
x
1
1
1 1 x2  x2
 3- 
= 3
 3
2
2
x x 1 x2
x(1  x )
x
x(1  x ) x

(1đ)
dx 1 d (1  x 2 )
1
1
  2  ln x  ln(1  x 2 )  C
=> F(x) =  x dx   2  
2
2 1 x
2

x
x
3

(1đ)
CâuII (2.5đ)
1

Đặt t= - x => I =

 ln(

t 2  a 2  t )dt

1

(0.5đ)
1

  ln
1

a2
t 2  a2  t

1

1

1

1

dt   ln a 2 dt   ln( t 2  a 2  t )dt

(1đ)
I = 2lna2 – I => I = lna2
(1đ)
Bài IV: