BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT

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 phương 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 đường 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 phương trình sau:
sinx + siny + sin (x+y) =
Câu 5: Cho dãy số In =

4 n



2 n

3 3
2

cos x

dx ,
x

Tính nlim
In

Câu 6: Cho 1 a > 0, chứng minh rằng.
ln a
1 3 a
<
a 1
a3 a

1

nN*


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 phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn :
- 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 (x 1,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)

Tương tự 4 x 1 < 2x
(2)
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
T
;
y
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

Phương trình đường 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 đường 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




 x  3  2k

 y    2n

3



víi k , n  Z
4n 

cosx
 x dx
2n 

C©u 5: (3 ®iÓm)

In 

Ta chøng minh:

0 < In <

Ta cã: In

=

4 n



2 n

cos x
dx =
x

4 n



4 n

1
(1)
4 n
4 n
d (sin x) sin x 4n
1
=
-  sin x.d ( )
x
x
x 2n 2 n

4 n

sin x
dx
2
2 n x
sin x
1
* Ta cã: 2 < 2 x  2n , 4n  nªn
x
x
4 n
dx
1 4 n
1

1
1
In <  2  
=(2)


2
n

x
4
n

2
n

4
n

x
2 n

=



2 n 1 2 ( k 1)

* Ta cã: In = kn
=> JK =

( 2 k 1)



2 k

sin x
+
x2



2 k

sin x
dx ®Æt JK =
x2

2 ( k 1)

sin x
dx >
2
x
( 2 k 1)



2 ( k 1)



2 k

sin x
dx
x2

2 ( k 1)

1

 sin x ( x

2



2 k

1
)dx >0 (3)
(x   )2

2 n 1

Ta l¹i cã: In = kn Jk do (3) nªn In > 0
Tõ (2) (4) suy ra 0 < I n 
Ta l¹i cã Lim

n  

1
4 n

1
= 0 nªn
4 n

(4)


(1) ®óng

Lim I n  0

n

C©u 6: (3 ®iÓm)

1 3 a
ln 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  3 x  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


Suy ra f(3)(x) đồng biến nên [1;+ )
f(3)(x) > f(3)(1) = 0 ... tương tự f(x) > 0 với x > 1
f(x)> f (1) = 0 với x >1 suy ra (3) đúng.
Trường hợp 2: 0 < a < 1 đặt a =

1
, a1 > 1 quay về trường hợp 1.
a1

Tài liệu tham khảo
1. Hàm số - Tác giả : Trần Phương
2. Tạp chí " Crux - Mathematicorum " . Tạp chí toán học Ca na đa

5


Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12
Năm học 2005 - 2006

Sở giáo dục và đào tạo
Thanh hoá

THPT

Môn thi : toán học - bảng A
(Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao đề)

Đề chính thức
Bài 1: ( 4 điểm )

Cho hàm số : y x 1

1
x 1

(C)

1/ Khảo sát hàm số .
2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm
đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất .
Bài 2: (2 điểm )
1
1
Biện luận theo m số nghiệm dương của phương trình : t dt m
x

1



t

2

Bài 3: (2 điểm )
Giải phương trình : x 3 x . 4 x 4 x . 5 x 5 x . 3 x
Bài 4: (2 điểm )


Tìm các giá trị thực của m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm x 0; :
4

4 6m Sin 3 x 32m 1Sinx 2m 2Sin 2 xCosx 4m 3Cosx 0

Bài 5: (2 điểm )
Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là ba số nguyên liên tiếp .
Bài 6: (2 điểm )
Tìm đa thức Px có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều kiện sau :





x 2 x 2 4 P' ' x 2 x x 2 P' x 12 P x 0
; x R



P
1

27

Bài 7: (2 điểm )

2 3Cos 2 x log 3 3 y 4
Giải hệ sau :
2
2

2 y y 1 y 3 8

Bài 8: (2 điểm )
Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng
với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh
bên của hình chóp kia. Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một
góc .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc .
Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp .
Bài 9: (2điểm )
Cho các số thực a, b, c 2 chứng minh bất đẳng thức sau :
Log b c a 2 Log c a b 2 Log a b c 2 3

................................................................................................
Họ và tên thí sinh : .................................................Số báo danh ...................


Thanh hóa; Ngày 18 tháng 03 năm 2005
Lời giải chi tiết và biểu điểm
đề thi học sinh giỏi toán khối 12

Bài ý
Bài 1 1

Lời giải chi tiết

Điểm

a) TXĐ : D = R
b) Sự biến thiên:
CBT: y ' 1


1

; y = 0 có 2 nghiệm x = 0 ; x = 2

x 12
HS đồng biến trên ;0 ; 2; và nghịch biến trên các
khoảng 0;1; 1;2

1 điểm



Cực trị : Cực đại tại x =0 và y CD 0



Cực tiểu tại x=2 và y CT 4
Nhánh vô cực và tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận xiên y
= x+1 và Lim y ; Lim y
x

x

........................................................................................................
BBT :
o
1
2

x
y

+

0 -

-



.........


0

+

y

c) Đồ thị :

Đồ thị đi qua gốc toạ độ O=(0;0)
Tâm đối xứng I=( 1;2 )

1 điểm

y

1
O
-1

2

1

x

1
a2

a 1 a 1
a 2 2a
a2


PTTT của ( C ) tại M là: y y a y ' a x a y
x

a

a 1
a 12
(d)

Gọi M a; y a C ; a 0 thì y a a 1

0.5
điểm


Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1
Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 )
........................................................................................................
2a
Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là A 1;

a 1
Với tiệm cận xiên là : B 2a 1;2a
2
; BI 2 2 a 1 , nên AI .BI 4 2 vì a > 1
Ta có AI
a 1
Lại có AIB

..........

0.5
điểm

suy ra
4


AI 2 BI 2 2 AI .BI
4
..........................................................................................................
Theo bất đẳng thức Cô si : AB 2 2 AI .BI 2 AI .BI 2 2 AI .BI
AB 2 AI 2 BI 2 2 AI .BICos







AB 2 2 2 1 (1)
Đặt p là chu vi tam giác ABI thì :







p AB AI BI AB 2 AI .BI 2 2 2 1 44 2
1
Dấu đẳng thức xảy ra AI BI a 1 4
2
...........................................................................................................

1
Vậy Minp 2 2 2 1 44 2 a 1 4
2
1
1

Hay điểm cần tìm là M 1 4 ;2 2 4
2
2




Bài 2



0.5
điểm

............
0.5
điểm

x

x
x
t2

1
1
1
1
Ta có t dt tdt dt Ln t x 2 ln x
t
t
2
2
1 2
1
1
1
1
PT đã cho tương đương với x 2 ln x m (1)
2
.............................................................................................................
Số nghiệm dương của PT là số giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị
1
hàm số f x x 2 ln x với hoành độ dương.
2
1
Xét hàm số : f x x 2 ln x trên 0;
2
1
Đạo hàm y ' x ; y ' 0 x 1
x
Lim y Lim y
x

x

.........

0.5
điểm
..........

0.5
điểm

x 0

...........................................................................................................
BBT
x
o
1

y
|
o
+
y

|



.........

1
2
............................................................................................................
Từ BBT ta được :
1
+/ Với m thì PT vô nghiệm
2
1
+/ Với m thì PT có nghiệm dương duy nhất x = 1
2
1
+/ Với m thì phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt
2

Bài 3

..........
0.5
điểm

ĐK : x 3
Đặt a 3 x ; b 4 x ; c 5 x
Ta có x 3 a 2 4 b 2 5 c 2 ab bc ca
...........................................................................................................
3 a 2 ab bc ca
a b c a 3

Do đó 4 b 2 ab bc ca b c a b 4
5 c 2 ab bc ca
c a b c 5



Nhân vế với vế các PT ta được a b b c c a 2 15 ( * )
............................................................................................................

2 15
a b
5

2 15

Thay lần lượt các phương trình của hệ vào PT ( * ) sẽ có :
b c
3

c a 2 15

4

Cộng các vế phương trình của hệ, có PT mới và thay lần lượt mỗi PT của hệ
vào PT vừa có.Ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
671
x
240
Bài 4

0.5
điểm

0.5
điểm
.........

0.5
điểm
.........

1 điểm

Nhận thấy Cosx=0 không thoả mãn PT , bằng các chia cả 2 vế cho
Cos 2 x 0 ta được phương trình :

tgx 1tg 2 x 2mtgx 4m 3 0
Đặt tgx = t , ta có PT : t 1t 2 2mt 4m 3 0

(1)
.............................................................................................................

Để PT đã cho có nghiệm x 0; thì PT (1) phải có nghiệm 0 t 1
4
Do PT (1) luôn có 1 nghiệm t 1 0;1 nên PT t 2 2mt 4m 3 0
Chỉ có 1 nghiệm t = 1 hoặc không có nghiệm nào thuộc đoạn [ 0 ; 1 ]
.............................................................................................................
t2 3
Để ý rằng t = 2 không thoả mãn . Do đó f t
m

2t 4

0.5
điểm
..........
0.5
điểm
..........


Xét f(t) trên [0;1] ta có :
1 t 2 4t 3
0; t 0;1
f ' t
2 t 2 2

m 1
3
Lập bảng biến thiên và từ BBT ta được :
m 4
Bài 5

1 điểm

Ta chứng minh bổ đề: Điều kiện cần và đủ để tam giác ABC có B= 2A
là b 2 a 2 ac (1)
Thật vậy: Theo định lý CôSin trong tam giác

Bài 6

b 2 a 2 c 2 2acCosB a 2 ac c 2aCosB a c a 2aCosB
áp dụng định lý Sin, ta được 2 RSinC 2 RSinA 4 RSinACosB
SinC SinA Sin A B Sin A B SinA SinB A
Do đó B = 2A và 0 A, B
..........................................................................................................
Vì 3 cạnh là 3 số nguyên liên tiếp nên với x N * và a < b, ta có các trường hợp
sau :
a) Nếu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi đó từ (1) ta được x=1
suy ra a=1,b=2,c=3. Không thoả mãn tính chất cạnh của tam giác
b) Nếu a=x,b=x+2,c=x+1 : Từ (1) ta có PT x 2 3 x 4 0
Suy ra a=4,b=6,c=5 ( thoả mãn )
c) Nếu a=x+1,b=x+2,c=x : Tương tự thì x 2 x 3 0 , PT không có
nghiệm nguyên dương nên không thoả mãn.
Vậy có 1 tam giác duy nhất thoả mãn bài ra là tam giác có độ dài các
cạnh là : a = 4,b = 6,c =5 .
Giả sử đa thức cần tìm là: Px a n x n a n 1 x n 1 ... a1 x a 0 ; a n 0

P ' x na n x n 1 n 1a n 1 x n 2 ... 2a 2 x a1

P ' ' x nn 1a n x n 1n 2 a n 1 x ... 2a 2
..........................................................................................................
Từ yêu cầu , ta có điều kiện cần là : Hệ số của luỹ thừa bậc (n + 1) phải bằng 0.
mà hệ số đó là nn 1a n 2na n nn 3a n
n2

n 3

Lại do a n 0; n 1 nên nn 3a n 0 n 3
............................................................................................................
Do vậy đa thức phải có dạng P x a3 x 3 a 2 x 2 a1 x a 0 ; a3 0

Thay đa thức vào điều kiện (1) :
12a3 2a 2 x 3 8a 2 24a3 2a1 x 2 8a1 8a 2 48a3 x 12a0 16a 2 0; x

6a 3 a 2 0
a 2 6a 3
4a 12a a 0
2

3
1

a1 12a3
a1 a 2 6a3 0
a 8a
3
0
3a 0 4a 2 0
.............................................................................................................
Nên P x a3 x 3 6 x 2 12 x 8
Mặt khác P1 27 ; Suy ra 27 a3 27 a3 1

1 điểm

..........

1 điểm

0.5
điểm
..........

0.5
điểm
..........

0.5
điểm

..........


Vậy đa thức cần tìm là : P x x 3 6 x 2 12 x 8

Bài 7

Với x R ta có 3 y 4 2 3Cos 2 x Log 3 2 2 Log 3 2 Log 3 3
2

2

2

( y 4) 1 y 5 (1)


k ; k Z (2)
2
...............................................................................................................
Với điều kiện (1) thì 2 / y / / y 1 / ( y 3) 2 8 trở thành :

Đẳng thức xảy ra khi 1 Cos 2 x 0 Cosx 0 x

y 5 y 0 5 y 0 , kết hợp với (1) ta có y = - 5 (3)
...............................................................................................................
Kết hợp (1);(2) và (3) ta có nghiệm của hệ đã cho là :


x k ; k Z

2

y 5
2

Bài 8

0.5
điểm

Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O.ABC với O là tâm
của tam giác ABC và O là tâm của tam giác ABC.
Theo bài ra thì OO là đường cao chung của 2 hình chóp .
Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tương ứng của 2 hình
chóp . Phần thể tích chung của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện
1
3
..............................................................................................................
OO' C vuông tại O nên OO ' l cos
Do tính đối xứng nên OO đi qua tâm I của DEF .
Trong IOE ta có : OI IE cot g

1 điểm
..........
0.5
điểm
...........
0.5
điểm

0.5
điểm

ODEFO. Ký hiệu V là thể tích đó thì V OO'.S DEF

Trong IO' E có: O' I IE cot g
OO'
l cos

cot g cot g cot g cot g
..............................................................................................................
3
Tam giác DEF đều , đường cao EJ EI
2
2
DE 3
2 EJ 3
Diện tích S DEF
với DE
EI 3
4
3

3l 2 3 cos 2
Do đó S DEF
4(cot g cot g ) 2
.............................................................................................................
l 3 3 cos 3
Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : V
4(cot g cot g ) 2

Suy ra OO' IE (cot g cot g ) IE

............

0.5
điểm

...........

0.5
điểm

...........


C'
A'
O

0.5
điểm

B'
D
I

F

E

C
A
O'

B

Bài 9

Log 2 a 2
Log 2 b 2
Log 2 c 2


3 (1)
Log 2 b c Log 2 c a Log 2 a b
1 1
Do a.b.c 2 nên 1 a b ab ,tương tự ta cũng được :
a b
b c bc & c a ac
2 Log 2 a 2 Log 2 b 2 Log 2 c
2x
2y

2z





Khi đó VT 1
(2)
Log 2 bc Log 2 ca Log 2 ab y z z x x y
Với x Log 2 a; y Log 2 b; z Log 2 c
............................................................................................................
2x
2y
2z
Ta chứng minh:


3; x, y, z 1
yz zx x y
2x
2y

2z

2
2
2 9
x y
yz
zx

Bất đẳng thức

1
1
1
9
2 x 2 y 2 z .


x y y z z x
............................................................................................................
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái , ta được điều phải chứng minh
Dấu đẳng thức xảy ra khi
x; y; z 1
Log 2 a Log 2 b Log 2 c

abc2

abc2
x y z

Chú ý : Nếu thí sinh có lời giải theo các cách khác mà đúng vẫn cho điểm theo biểu điểm của
từng bài .

1 điểm

...........

0.5
điểm

..........
0.5
điểm


Sở giáo dục đào tạo Thanh hoá
Trường THPT Bỉm Sơn

Đề đề nghị: bảng a
Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 12
Năm học 2005 - 2006
(Thời gian làm bài 180 phút)

Bài 1: (4 điểm)
1) (Đề 48 I2 trong 150 đề tuyển sinh Đại học)
Tìm trên đồ thị hàm số y =

x2
hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng
x 1

y = x -1
2) (Tự sáng tác)
Cho a, b, c R với a 0 và m N* thoả mãn:
a
b
c

0.
m4 m2 m

Chứng minh rằng:
Đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c
luôn cắt trục ox tại ít nhất một điểm thuộc
khoảng (0;1).
Bài 2: (5 điểm)
1) (Tự sáng tác)
Tìm tổng tất cả các nghiệm x [1;100] của phương trình:
Sin4x + Sin4 ( x +



3
3
) + Sin4 (x + ) sin 4 ( x ) Sin 4 4 x
4
2
4
2

2) ( Toán học tuổi trẻ năm 2003)
Cho tam giác ABC không có góc tù thoả mãn hệ thức:
1
1
5
(cos 3 A cos 3B) (cos 2 A cos 2 B) cos A cos B
3

2
6

Hãy tính các góc của tam giác đó.
Bài 3: (4 điểm)
1) (Toán Bồi dưỡng giải tích tổ hợp của Hàn Liên Hải - Phan Huy Khải)
x5
Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 4
x 3x 2 2

2) (Tự sáng tác)
Giải phương trình:

3x2 + 1 + log2006

4x 2 2
x6
x 6 x 2 1

Bài 4: (4 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
1) ( Đề thi tuyển sinh vào ĐHXD - Hà Nội năm học 2000-2001)

1


Cho điểm A(4;0) và đường thẳng : 4x - 9 = 0. Chứng minh rằng tập hợp các điểm
M có tỷ số khoảng cách từ đó đến điểm A và từ đó đến đường thẳng bằng
Hypebol. Hãy viết phương trình của Hypebol đó.

4
là một
3

2) ( Chuyên đề về hình học giải tích của Cam Duy Lễ - Trần Khắc Bảo)
Cho Parabol y2 = 2px (p > 0) và đường thẳng d di động nhưng luôn đi qua tiêu
điểm F của Parabol. Gọi M, N là các giao điểm của parabol với đường thẳng d. Chứng
minh rằng đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định.
Bài 5: (3 điểm) (500 Bài toán về bất đẳng thứccủa Phan Huy Khải -Tập II)
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC.
Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Gọi V 1, V thứ tự là thể
tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất của tỷ số

V1
.
V

2


đáp án - thang điểm
kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi tỉnh - môn toán LớP12
Nội dung

Điểm

Bài 1: (4 điểm)
1) (2 điểm)
Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x -1 nên đường thẳng AB

có pt: y = -x + m
x2
=>Hoành độ các điểm A, B là xA, xB chính là nghiệm pt:
=-x +m
xm

0,5 điểm

x A xB m 1
3m 1

yI xI m
2
4
4
3m 1 m 1
Ta phải có điểm I thuộc đường thẳng y =x -1 =>

1
4
4

0,5 điểm

g(x) = 2x2 - (m + 1)x + m = 0

Gọi I là trung điểm của AB ta có xI =

m = -1

Khi đó g(x) = 2x2 - 1= 0 x =

0,5 điểm

2
2

2
2
2
2
=> yA = -xA-1 = -1+ ; Với xB =
=> yB = -12
2
2
2
2
2
2
2
Vậy hai điểm cần tìm là A(- ; -1+ ) và B ( ; -1- )
2
2
2
2

Với xA = -

0,5 điểm

2) (2 điểm)
Xét hàm số f(x) =

ax m 4 bx m 2 cx m


với a 0 và m N*
m4 m2
m

Là hàm số liên tục và có đạo hàm là:
f(x) = axm+3 + bxm+1 + cxm-1 với xR

0,5 điểm

a
b
c

0 (do giả thiết)
m4 m2 m
f (1) f (0)
Theo định lý Lagrăng: tồn tại x0 (0;1) sao cho f(x0) =
0
1 0

Ta tính được f(0) = 0 và f(1) =

=> ax 0m 3 b0m 1 c 0x 1 = 0
=> x 0m 1 (ax 04 b02 c) 0

0,5 điểm

=> ax40 + bx20 + c = 0

Tức là pt: ax4 + bx2 + c = 0 có nghiệm x0 (0;1)
Hay đồ thị hàm số: y = ax4 + bx2 + c luôn cắt ox tại ít nhất 1 điểm thuộc (0;1)
Bài 2: (5 điểm)
1) (3 điểm)
Trước hết biến đổi vế trái của pt: Sử dụng công thức Sin ( +

0,5 điểm

0,5 điểm


) = cos
2



) + Cos4 (x+ )
4
4


= (Sin2x +Cos2x) - 2Sin2x Cos2x + 1 - 2Sin2 (x+ ).Cos(x+ )
4
4

Ta được: VT = Sin4x + cos4x + Sin4 (x+

3


1
1

1
1
1 3
Sin22x +1 - Sin2(2x + ) = 2 - Sin22x - Cos22x = 2 - =
2
2
2
2
2
2 2

= 1-

3
3
Sin44x = Sin24x = 1 Cos 4x = 0
2
2



4x = + k x = + k.

với k Z
2
8
4


Để x [1; 100] ta phải có: 1 + k. 100 8 (2k+1) 800
8
4

1 điểm

Nên pt đã cho viết thành:

0,5 điểm
0,5 điểm

mà k Z nên k = 1, 2, 3 .,126

Nên tổng các nghiệm cần tìm là: S =
Ta có



(1 2k )

8
k 1 8
126

0,5 điểm

126

(2k 1)
k 1

126

(2k 1) là tổng của 126 số hạng của cấp số cộng có u1= 3 và u126 =
k 1

253
Vậy S =

0,5 điểm
(3 253).126
.
2016
8
2

2) (2 điểm)
5
1
1
(Cos 3A + Cos 3B) - (Cos 2A + Cos 2B) + Cos A +CosB =
3
2
6

1
1
(4 Cos3A - 3 CosA + 4 Cos3B - 3CosB) - (2Cos2A-1+2Cos2B3
2
5
1)+CosA+CosB =
6
4
4
1
( Cos3A - Cos2A) + ( Cos3B - Cos2B) =(2)
3
3
6
4
Xét hàm số f(t) = t3 - t2 với t [0;1] ta có:
3

Ta có

f(t) = 4t2 - 2t; f(t) = 0
t

0

f(t)

0

-

1
2

0

(1)

0,5 điểm

t=0
1

+

1
2

t = . Ta có bằng biến thiên;
1
2

=> Với t [0;1] thì f(t) f( ) = -

1
12

0,5 điểm

f(t)

1
12

Vì ABC không có góc tù nên 0 CosA <1
0 Cos B <1
4
1
Cos3A - Cos2A 3
12
4
1
Cos3B - Cos2B 3
12

=> VT (2) -

1
6

(3)

0,5 điểm

4


1
2

1
Cos B =
2

Do đó (2) được thoả mãn (3) xảy ra dấu = =>

Cos A =

0

=>

A = 60
B = 600
Bài 3: ( 4 điểm)

0,5 điểm

=> C = 600

1) (2 điểm)
x5
3x3 2 x

x

vì x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 2 ) (x2 + 1)
x 4 3x 2 2
x 4 3x 2 2
3x3 2 x

Ax b Cx D
Đặt 4
2
2
Với x
2
x 3x 2 x 2
x 1

Ta có:

0,5 điểm

3x3 + 2x = (Ax + B) (x2 + 1) + (Cx + D) (x2 + 2) Với x

Hay 3x3 + 2x = (A+C)x3 + (B + D)x2 + (A + 2C)x + B + 2D Với x
=> A + C = 3
B=D=0
B+D=0

=>

A + 2C = 2
B + 2D = 0

C = -1

tức là

A=4

3x3 2 x
4x
x
2
2
4
2
x 3x 2 x 2 x 1

4x
x
2
x 2 x 1
x2
4 xdx
xdx
x2
d ( x 2 2) 1 d ( x 2 1)
=> f(x)dx = 2
2

2 2
2
2
x 2
x 1 2
x 2
2 x 1

=> f(x) = x -

Vậy f(x)dx =

0,5 điểm

2

x2
1
2 ln( x 2 2) ln( x 2 1) k với k là hằng số
2
2

0,5 điểm

0,5 điểm

2) (2 điểm)
PT đã cho viết thành: log2006
Đặt:

u = 4x2 + 2 > 0

4x2 2
= x6 - 3x2 - 1
6
2
x x 1

ta được pt: log2006

(1)

u
=v-u
v

v = x6 + x2 + 1> 0
log2006u - log2006v = v- u (*)

0,5 điểm

- Nếu u > v thì VT (*) > 0 > VP (*) nên không thoả mãn.
- Nếu u < v thì VT (*) < 0 < VP (*) nên không thoả mãn
- Xét u = v thì VT (*) = 0 VP (*)
Do đó pt (*) x6 + x2 + 1 = 4x2 + 2 x6 - 3x2 - 1= 0 (2)
Đặt t = x2 0 ta được pt: f(t) = t3 - 3t - 1 = 0
(3)

0,5 điểm

Ta có f(x) = 3t2 - 3; f(t) = 0 t = -1
t = 1.

Ta có bảng biến thiên
5


t -

f(t)

-1
+

f (t)

0

0

1

-

1

0

+
+

hơn nữa f(2) = 1
+

-1
-3

-

0,5 điểm

Do đó pt (3) có nghiệm với t 0 và là nghiệm duy nhất t (0;2)
Đặt t = 2 cos với 0 < <
4Cos3 - 3 Cos =
=> =


ta được 8 Cos3 - 6 Cos - 1 = 0
2

1
1


hay cos 3 = 3 (Do 0 < < )
2
3
2
2




ta có t = x2 = 2 Cos . Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = 2Cos
9
9
9

0,5 điểm

Bài 4: (4 điểm)
1) (2 điểm): Giả sử điểm M (x;y) khi đó AM = ( x 4) 2 y 2

Ta có

0,5 điểm

4x 9

Khoảng cách từ M đến đường thẳng : 4x - 9 = 0 là d(M;) =

4

0.5 điểm

AM
4
3 ( x 4) 2 y 2 4 x 9
d ( M ; ) 3

7x - 9y = 63
2

2

0,5 điểm

x2 y 2

1
9
7

0,5 điểm

x2 y 2
Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là Hypebol có phương trình 1
9
7

2)( 2 điểm): Parabol y2 = 2px đường
p
2

đường kính MN có tâm là trung
điểm I của MN và bán kính R=

d

y

chuẩn là : x = - . Đường tròn
N1
MN
2

Gọi M1; N1, H thứ tự là hình chiếu

H

Của các điểm M, N và I.
Theo đ/n của Parabol có
MM1 = MF

O
F

M1

0,5 điểm

I
x

M
0,5 điểm

NN1 = NF
=> MM1 + NN1 = MF + NF = MN.
Mà trong hình thang vuông MM1N1N thì MM1 + NN1 = 2 IH. Do đó IH=

MN
2

0,5 điểm
6

Vậy đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với đường chuẩn của Parabol
Bài 5: (3 điểm):
S
Vì ABCD là hình bình hành
=> VSABC = VSADC =

0,5 điểm

1
1
VSABCD = V.
2
2

SM
SN
x,
y
SD
SB
V
SM SK
x.V
thì SAMK
.
VSAMK
VSABC
SB SC
4
V

=> V1 = VSAMK + VSANK = (x + y) (1)
4

Đặt

Mặt khác V1 = VSAMN + VSMNK =

K
M
P
B

C

N

A

0,5điểm
D

V
V
= x.y. + x.y.
2
4
3 xy.V
=> V1 =
(2).
4

x
(3)
3x 1
1
Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x >
3
SN
x
1
1
Và y =
x1
1
1 2x3 - 1 0 (vì 3x-1) 0 => x do đó
SD
3x 1
2
2
V
3
x
3x 2
3
1
Từ (1) => 1 (x + y) = xy = x.

4 3 x 1 4(3 x 1)
4
V 4

Từ (1) (2) => x + y = 3xy => y =

0,5điểm

0,5 điểm
0,5 điểm

3x 2
1
3x(3x 2)
với x 1 . Ta có f(x) =
2
4(3x 1) 2
4(3 x 1)
1
f(x) = 0 x = 0 không thuộc đoạn [ ;1 ]
2
2
x=
=> Bảng biến thiên
3

Xét hàm số f(x) =

x

1
2

f(x)

f(x)

2
3

-

0

3/8

1
+
3/8

1
3

0,5 điểm
7


3
1
1
1 V 3
 f(x)  víi x  [ ;1 ] hay  1 
3
8
2

3 V 8
V1
1
2
2
VËy Min ( ) = khi x = hay SM = SB
3
3
3
V
1

x
 M lµ trung ®iÓm cña SB
V
3
Vµ Max ( 1 ) = khi  2  

8
V
M  B
 x  1

Suy ra

0,5 ®iÓm

8

Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12

Sở GD & ĐT Thanh Hoá
Trường THPT Mai Anh Tuấn

Năm học 2005-2006
Môn: Toán. Bảng A-B
(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu I. (5 điểm). Cho hàm số y

x 2 2x 2
x 1

1, Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2, Chứng minh đường thẳng (d):

y
x

1 có đúng hai điểm mà từ mỗi điểm đó
2 1

kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc. Xác định toạ độ hai điểm đó.
Câu II. (4 điểm).
x my m

1, Biện luận theo m số nghiệm của hệ phương trình

2

2
x y x
Khi hệ có hai nghiệm (x1;y1), (x2;y2) tìm m để P ( x 2 x1 ) 2 ( y 2 y1 ) 2 lớn nhất.
1 x 2

2, Giải phương trình: 2

x2

1 2 x

2

x2



1 1

2 x

Câu III. (5 điểm)
1, Đường thẳng (d) cắt Parabol (P): y x 2 2 x 3 tại hai điểm phân biệt A, B
lần lượt có hoành độ x1; x2 giả sử x1hạn bởi đường thẳng (d) và Parabol có diện tích lớn nhất.
2, Tam giác ABC không có góc tù và sin 2 A sin 2 B sin C . Chứng minh tam
giác ABC là tam giác vuông.
Câu IV. (4 điểm)
e cos x cos 3 x 1
.....neu..x 0

1, Tính đạo hàm của hàm số: y
tại x=0
x
0.....................neu..x 0


2, Hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên hợp với đáy
góc , 0 90 . Chứng minh

r 1
( với r, R lần lượt là bán kính mặt cầu nội
R 3

tiếp, ngoại tiếp hình chóp).
Câu V. (2 điểm). Qua đường cao hình tứ diện đều dựng một mặt phẳng cắt ba mặt
bên tứ diện theo ba đường thẳng tạo với đáy tứ diện lần lượt góc , , .
Chứng minh: tg 2 tg 2 tg 2 2 .


đáp án tháng điểm
Đề thi học sinh giỏi lớp 12 - bảng a b
Môn : Toán - năm học: 2005 - 2006
(Gồm có: 6 trang)
Nội dung
điểm
2,5

Trường THPT
Mai Anh Tuấn

Câu
I

ý
1
a. TXĐ: R\{1}

1
= 0 <=> x = 0; x = 2
( x 1) 2
0,5
yCĐ = y(0) = - 2
yCT = y(2) = 2
Do hàm sốđồng biến trong khoảng (-; 0) và (2; +); nghịch biến
trong khoảng (0; 1) và (1; 2).
Tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 do
Tiệm cận xiên là đường thẳng y = x 1 do
0,5
x 2 2x 2


1
lim
( x 1) = lim

x
x 1
x x 1
x 2 2 x 2
Giới hạn: lim

x
x 1

BBT:
x
0
1
2
-
0,5
y'
+
0
0
+
y
2
+
+
2
-
-
c. Đồ thị
y
Như hình vẽ.
Nhận điểm 1;0 làm tâm đối xứng
y=x -1

b. SBT:

y = 1-

2
0,5
O
1

-1

2

x

-2

I.

2.

Chứng minh trên đt (d) .........


x =1

x0

Gọi điểm M x0 ; y 0 d thì toạ độ M
x0
x0 2

y 0 2 1 2

2,5
0,5


Gọi k là hệ số góc đt đi qua M thì có phương trình dạng: y
= k(x x0) + x0 - 2
Đt là tiếp tuyến của (P) thì hệ phương trình:
x0 2
1

0,5
(1)
x 1 x 1 k ( x x 0 ) 2

có nghiệm x0 1

1
1
k
( 2)
( x 1) 2


Biến đổi (1) ra dạng: x -1 +

1
= k(x 1)+ k(1 x0)+
x 1

x0 2
(1)
2
0,5
Và thay k vào (1) , ta có:

x0 2
1
1
x -1 +
= 1
.
(x 1)+ k(1 x0)+
2
x 1 ( x 1)
2
2k ( x0 1) x0 2
1
<=>
=
(3)
x 1
4
Thay (3) vào (2) ta có:
4k2 (1 x0)2 + 4k [(x0 2)(1 x0) + 4] + (x0 2)2 16 = 0 (4)
Qua M kẻ 2 đt vuông góc tới (C) nên phương trình (4) phải có hai
nghiệm k1; k2 và k1.k2 = -1.
0,5
1 x0 0

ĐK ( x0 2) 2 16
1

2
4(1 x0 )


6 76
x


1
x

1
0
5
<=> 2
<=>

5 x0 12 x0 8 0
6 76
x2
5



II
1.

Hai điểm M1 6 76 ; 76 4 ; M2 6 76 ; 4 76



5
10
5
10




0,5

4,0
Biện luận số nghiệm hệ phương trình: .......
2,0
1
1
Xét pt: x2 + y2 = x <=> (x - )2 + y2 =
là pt của đường tròn tâm
2
4
1
1

I( ; 0) ; bk: R=
0,5
2
2
Xét pt: x + my = m <=> x + m(y 1) = 0 là pt của đường thẳng
luôn đi qua điểm cố định A(0; 1).
Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn.


1
m
2

2.

y
m 0
1
điểm =
<=>
A(0; 1)
m 4
2
m 1 2
3

B

(m = 0 (d) tiếp xúc đường tròn tại O(0; 0)
I

4


M = (d) tíêp xúc đường tròn tại B)
O
3
Số nghiệm hệ phương trình là số
giao điểm của đt(d) và đường tròn:
m 0
Nếu
Thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
m 4
3

m 0
Nếu
Thì hệ phương trình vô nghiệm.
m 4
3

Nếu 0 < m < 4/3 thì hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt
Tìm m để P = (x2 x1)2 + (y2 y1)2 lớn nhất
0 < m < 4/3 thì hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (x 1; y1);
(x2; y2) là toạ độ giao điểm của đường thẳng và đường tròn.
P lớn nhất khi (d) đi qua tâm I(1/2; 0)
Nên: m= 1/2 thì P lớn nhất: P = 1
Giải pt: ........
Điều kiện: x 0
2
1 1

1 2x 1 x 2 x 2 2x
Nhận xét:
=
1
=
2(
)


x
2 x
x2
x2
x2
1 2 x

1 x 2



Viết phương trình ra dạng: 2
1 x 2

1 2 x

x2

-2

x2

=

III
1.

Tìm x1 ; x2 để diện tích ..........

x

0,5

0,5
2,0

0,5

1 1 2 x 1 x 2
2

2 x 2
x

1 1 x2
1 1 2x
2
<=> 2 x + . 2 = 2 x + . 2
2 x
2 x
t 1

Xét hàm số: f(t) = 2 + t
2
Nhận xét: f(t) là hàm số đồng biến.
1 x2
1 2x
Viết phương trình đã cho ra dạng: f( 2 )= f( 2 )
x
x
2
(Loại)
x 0
1 x
1 2x
2
<=>
=
<=>
x

2x
=
0
<=>
x 2
x2
x2

Vật pt có nghiệm x = 2
2

0,5

0,5

0,5

0,5
5,0
2,5


Xét đường thẳng y = ax + b không song song với trục tung
(Vì Parabol có trục đối xứng x0 = 1 song song trục tung)
Hoành độ x1; x2 của hai điểm A, B xác định từ pt:
-x2 + 2x + 3 = ax + b <=> - x+ (2 a)x + 3 b = 0 (1)
Hay (-x2 + (2 a)x + 3 - b= -( x x1)(x- x2))
ĐK: (2 a)2 + 4(3 b) > 0.
Nhận xét x [ x1; x2] thì -( x x1)(x- x2) > 0
Nên diện tích hình phẳng:
x2
x2



S= - ( x x1 ).( x x 2 )dx = - x 2 x1 x 2 x x1 x 2 dx
x1

x1
x3
x 2 x 2 x1 3

x

= - x1 x 2 2 x1 x 2 x
6
2
3
x1
Diện tích S lớn nhất khi (x2 x1 ) lớn nhất
Do AB = 2 =





( x 2 x1 ) 2 ( y 2 y1 ) 2 ( x 2 x1 ) 2 a 2 ( x 2 x1 ) 2
4
<=> (x2 x1)2 =
lớn nhất khi a = 0
1 a2
Mà từ pt(1): x1+ x2 = 2 a
Do a= 0
Ta có: x2 + x1 = 2.
Ta có: đt (d) // trục Ox nên AB = 2 = x 2 x1
<=> x2 x1 = 2( do giả thiết x1< x2)
x1 x 2 2
x1 0
Có hệ phương trình:
<=>
x1 x 2 2
x2 2

2.

Vậy x1 = 0 và x2 = 2 thì S= 4/3 lớn nhất.
Chứng minh tam giác ABC vuông .......
Ta chứng minh C = 900.
1 Cos 2 A 1 Cos 2 B
Nếu 00 < C < 900 thì Sin2A + Sin2B =
+
2
2
1
= 1 - (Cos2A + Cos2B) = 1 Cos(A + B)(Cos(A B)
2
= 1 + CosC. Cos(A B)
Vì A, B nhọn nên 900 < A- B < 900 => Cos(A B) > 0
Nên Sin2A + Sin2B = 1+ CosC. Cos(A B) > 1 > SinC
Nếu 900 < C< 1800
a2 b2 c2
Ta có Cos C =
<0 => a2 + b2 c2 <0
2ab
=> Sin2A + Sin2B < Sin2 C (Đ/l Sin)
Vì 0< SinC < 1 Nên Sin2 C < SinC

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
2,5

1,0

1,0