Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 20

đề thi Học sinh giỏi lớp 12
Môn : Toán
Thời gian: 150 phút
Bài 1: ( 4 điểm )
1. Cho hàm số
1
1
2

+
=
x
xx
y
Tìm A và B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị
hàm số sao cho khoảng cách giữa A và B là nhỏ nhất.
2. Tính tích phân

++
=
1
0
1)1(
n nn
xx
dx
I
( n = 1; 2;)
Bài 2: ( 4 điểm )
1. Tìm m để phơng trình sau có nghiệm
04

1
2
1
2
2
2
2
=+
+







+ x
x
m
x
x
2. Tìm m để phơng trình sau có nghiệm duy nhất
mxx
=+
3 22
11
Bài 3: ( 4 điểm )
1. Giải phơng trình:
( ) ( )
xxxxtgx cos3sin5cos2sin13

+=++
2. Giải bất phơng trình:
357272
2
<+++++
xxxxx
Bài 4: ( 4 điểm )
1. Chứng minh rằng: Trong mọi
ABC

ta đều có:

( )( )( )
2
33
sin1sin1sin1 eCBA
<+++
2. Giải phơng trình:
23
542
3
log
2
2
2
3
++=
++
++
xx

xx
xx
Bài 5: ( 4 điểm )
Cho hình lập phơng ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
cạnh a. Trên AA
1
lấy M, trên BC lấy N. Sao
cho đờng thẳng qua M ; N cắt D
1
C
1
tại I. Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN.
đáp án và thang điểm đề thi học sinh giỏi lớp 12
môn toán
Bài Nội dung Điểm
Bài I 4,0
I.1 Do đồ thị hàm số nhận đờng thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng. Nên giả sử điểm
A(x
0
; y
0
) và điểm B(x
1

; y
1
) là hai điểm nằm ở hai nhánh khác nhau của đồ thị
hàm số. Thì sẽ có một điểm có hoành độ nhỏ hơn 1 còn điểm kia có hoành độ
lớn hơn 1.
Giả sử x
0
<1 còn x
1
>1.
Đặt:



+=
=
bx
ax
1
1
1
0
a>0; b>0

2
01
2
01
2
)()( yyxxAB

+=

=
2
0
2
0
1
2
1
2
)
11
1
11
1
()11(

+

+
+
+
a
xx
b
xx
ba
=
22

)
1
1
1
1()(
a
a
b
bba
++++++
=
22
)()(
ab
ba
baba
+
++++
=
222
)
1
1()()(
ab
baba
++++
=
])
1
1(1[)(

22
ab
ba
+++
=
2884.8288
4
8
)
12
2(4)
1
.
2
11(4])
1
1(1[)(
2222
22
+=+++=
++=++++++
Cosi
Cosi
ab
ab
ba
ab
ab
ba
ba

ab
ab
ba


288
+
AB
dấu bằng xảy ra:

4
2
1
4
8
0
==





=
>=

ba
ab
ab
ba
Vậy 2 điểm cần tìm là:

+++






+
4
44
4
44
2
2
1
1;
2
1
1);2
2
1
1;
2
1

1( BA
0,5
0,5
0,5
0,5
I.2
Có I=

++

+
=
++
+
=
++
1
0
1
0
1
0
0
0
)1(
1)1(11)1(
)1(
1)1(
n nn
n

n nn nn
nn
n nn
xx
dxx
x
dx
xx
dxxx
xx
dx

xét J=

+
1
0
1
n
n
x
dx
Đặt :





=
+

=
dvdx
x
u
n
n
1
1
Ta có :





=
+=


xv
xxdu
n
nn
1
1
1
)1(

0,5
0,5
0,5

Do đó: J=

++
+
+
1
0
1
0
1)1(1
n nn
n
n n
xx
dxx
x
x
(2) thay (2) vào (1) ta đợc
I=
n
n nn nn
n
n nn
n
n n
x
x
xx
dxx
xx

dxx
x
x
2
1
11)1(1)1(1
1
0
1
0
1
0
1
0
=
+
=
++

++
+
+

Vậy I=
n
2
1
0,5
Bài II 4,0
II.1

Đặt
u
x
x
=
+
2
1
2
(1) ta đi tìm điều kiện của u.
từ (1) ta có: ux
2
- 2x + u =0 (1) u= 0 khi x= 0
với u

0. Do (1) luôn có nghiệm
'

=1- u
2

1||0

u
Vậy nếu
u
x
x
=
+

2
1
2

1||

u
Khi đó phơng trình đã cho trở thành:
u
2
- mu + 4 = 0 ( 2) với
1||

u
.
Phơng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (2) có nghiệm
thoả mãn
1||

u
Xét f(u) = u
2
- mx + 4. Ta xét 2 trờng hợp:
+ Trờng hợp 1: pt(2) có hai nghiệm u
1
; u
2
(u
1

u
2
) đều thuộc [-1;1] xảy ra
điều đó khi và chỉ khi:














1
2
1
0)1(.
0)1(.
0
s
fa
fa

+

1
2
1
05
05
016
2
m
m
m
m

22
5
5
4||
m
m
m
m

Không có m
+ Trờng hợp 1: pt(2) có 1 nghiệm thuộc khoảng [-1;1] còn nghiệm kia nằm
ngoài đoạn [-1;1]
Xảy ra điều đó khi và chỉ khi
0)5)(5(0)1().1(
+
mmff

5;5

mm
Vậy với | m |
5

thì phơng trình đã cho có nghiệm.
0,5

0,25
0,5
0,5
0,25
BàiIII 4,0
III.1
Điều kiện










+
0cos
1
0
01
x
tgx
Cosx
tgx
Chia cả 2 vế của phơng trình cho cosx

0 ta đợc

)3(5)2(13
+=++
tgxtgxtgx
(1)
Đặt
2
101 utgxutgx
=+=+
và tgx+2 = u
2
+1 tgx+3 = u
2
+ 2
Thì (1) trở thành
3u(u
2
+ 1)= 5 ( u
2
+2)
20)53)(2(
2
==++
uuuu
Với u=2 ta đợc

tgtgxtgx
===+
321
0,25
0,25

0,5
0,5
0,5
III.2
x=
)( Zkk
+

với

là cung mà tg

= 3

Xét
xxxxxxf 7272)(
2
+++++=
Tập xác định
0
7
0
07
0

+

x
x
x
x
x
Có f(x)=
0x Với
>>+
+
+
+
+
+
02
72
)72(2
72
1
2
1
2
xx
x
xx

f(x) là hàm số đồng biến
Mặt khác ta có
35
12
29
2
2
=








f
Vì vậy f(x) < 35
2
)
12
29
(
<
x
Vậy nghiệm của bất phơng trình là
;0[

x
))

12
29
(
2
0,25
0,5
0,5
0,25
BàiIV 4,0
IV.1

VI.2
Trớc hết ta chứng minh: ln(1+x)
0x Với

x
Xét f(x)= ln(1+x)-x với
0

x

Có f(x)=
biến nghịch f(x) 0x Với

+
=
+
0
1
1

1
1
x
x
x
hay ln(1+x)
0
=+
0)01ln(x
ln(1+x)
0x Với

x
Vì A, B, C là 3 góc của 1 tam giác nên sin A >0; sinB >0; sinC > 0
Nên: Ln ( 1+ sin A) < sin A (1)
Ln ( 1+ sin B) < sin B (2)
Ln ( 1+ sin C) < sin C (3)
Cộng vế với vế của (1) (2) (3) ta đợc
Ln ( 1+ sin A) + Ln (1+ sin B)+ Ln ( 1+ sin C) < sin A + sin B + sin C
Ln [(1+ sin A)(1+ sin B)(1+ sin C)] <e
sin A + sin B + sin C
( a )
Mặt khác trong tam giác ta luôn có:
sin A + sin B + sin C)
2
33

Từ đó từ a, ta có
(1+ sin A)(1+ sin B)(1+ sin C)
2

33
e

Tập xác định R: phơng trình đã cho tơng đơng với

23
3
)23()3(
log23
3
542
log
2
2
22
3
2
1
2
2
3
++=

++
+++++
++=








++
++

xx
xx
xxxx
xx
xx
xx

23
3
23
1log
2
2
2
3
++=

++
++
+
xx
xx
xx
+ Nếu: x< -2; x > - 1 thì VP = x
2
+3x+2 > 0
còn
>








++
++
+

1
3
)23(
1
2
2
xx
xx
0
3
23
1log
2
2
3
>








++
++
+
xx
xx
Vậy VT <0. Vậy phơng trình

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
vô nghiệm với
);1()2;(
+
x
+ Nếu - 2 < x < -1 Thì VP = x
2
+ 3x +2 < 0
còn
<








++
++
+
1
3
)23(
1
2

2
xx
xx
0
3
23
1log
2
2
3
<








++
++
+
xx
xx
. Vậy VT >0. Vậy phơng
trình vô nghiệm với
)1;2(

x
+ Nếu x=-2 ta có

VP = 0 còn VT =
01log
342
324
log
33
==






+
+
Vậy x= -1 là nghiệm
Vậy phơng trình có 2 nghiệm x=-2; x=-1.
0,5
0,5
0,5
Bài V 4,0

+ Giả sử ta có M
ICBCNAA
=
11
;
1
DMN cho sao
gọi I là hình chiếu vuông góc của I lên DC .=> I I // AM.

đặt : AM = x; BN = y ( x > 0; BN = y )
Ta có : MN
2
= AM
2
+ AN
2
( * ) ( vì tam giác MAN vuông góc tại A)
áp dụng Pitago cho tam giác vuông ABN có: AN
2
= AB
2
+ BN
2
= a
2
+y
2
Thay vào (*) ta đợc MN
2
= AM
2
+ AN
2
= a
2
+ x
2
+ y
2

.
Mặt khác: Do I I // AM. Nên theo Talet:

NA
NI
AM
II ''
=
(a) nhng IC // AB =>
NB
NC
NA
NI
=
'

Thay vào (a) ta đợc:
)(
'
yxaxyaxxyay
y
ay
x
a
N
NC
AM
II
+==

==
B
(b)
Mặt khác MN
2
=a
2
+ x
2
+ y
2
ta có:
MN
2
=a
2
+ x
2
+ y
2
= a
2
+ x
2
+ y
2
+ 2xy-2xy= (x+y)
2
-2xy + a
2

Theo ( b ) thì : MN
2
= (x + y)
2
-2axy+ a
2
= [( x + y)-a]
2
Do x>0; y>0 theo bất đẳng thức Cô si:

ayxyxayxyxaxyyx 4)(4)()(22
2
+=>+++=+
=> x+y-a

4a-a=3a

aayxMN 3)(
+=
Vậy MN nhỏ nhất bằng 3a
Dấu bằng xảy ra khi x=y khi đó ta có:
x.y= a(x+y) <=> x
2
= 2ax => x=2a.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
M
D
1
I C
1

A
1
B
1
N
D I
C
A B