Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 4

=
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 phơng 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 phơng trình : (
6)83()83
=++

XX
Câu 3 (4đ):
1)Giải phơng 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 đờng tròn ngoại tiếp
ABC )
Chứng minh rằng ABC là tam giác đều .
Câu 4(4đ) : Trong mp(oxy) cho đờng tròn (C) có phơng trình :
x
2
+ y
2
6x + 2y +6 = 0 và điểm A(1;3) .
1)Xác định tâm I và bán kính R của đờng tròn ( C ) ; chứng tỏ A
nằm
ngoài đờng tròn C .
2)Viết phơng 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 hớng 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 phơng pháp khoảng xét dấu
y

ta đợc :

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 )
x
CĐ
=4
Điểm uốn
=2
Cực tiểu
=0
+
0
1
2
-1
2
4
(0,25đ)
( 0,25đ
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 ớc 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 phơng 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 phơng 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 )

+=
+=
+=



24/3
24/
2/
kx
kx
kx
( k

Z )
Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm :
x=

/2 + k

x=

/4 + k2

( k

Z )
(0,25®)
=
=

=
⇔
⇔
=
x= 3
π
/4 + k2
π
2)(2®)
• Ta cã : 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 ®ã :

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)
( 0,75®)

Theo bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã :
a+b+c ≥ 3
abc3
ab + bc + ca ≥ 3
3
2
)(abc
=> ( a=b+c) ( ab + bc + ca ) ≥ 9abc
( 0,5®)
DÊu “=” x¶y ra ⇔ a=b=c ⇔ ΔABC ®Òu .
(0,5®)
C©u 4 :
⇔
⇔
⇔
⇔