Tài liệu Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 1 pdf

3/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C... Vậy tam giác ABC là tam giác vuông Câu 6.

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

CâuI : (4 điểm):

Cho hàm số y= x3 + 3x2 - 2 (C)

1/ Khảo sát và vẽ đồ thị

2/ Giải bất phương trình : 0  2006 + 6018x2- 4012  4012

3/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) Biết tiếp tuyến đi qua A(0; -2) CâuII : (2 điểm) Tính

I= x  1

e dx

CâuIII : (2 điểm) Giải và biện luận phương trình theo tham số m

m x

x 1   1 

Câu IV: (4 điểm) Giải các phương trình sau:

1/ Sin(/2 - cosx)= cos(3cosx) 2/ 6x + 4x = 2.9x

Câu V : (2 điểm) Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông:

Cos2A + Cos2B + Cos2C = 1 Câu VI: (2 điểm): Tính giới hạn sau:

2

2

3 2

0

9 27 27 9 lim

x

x x

x









Câu VII: (2 điểm): Trong hệ Oxy cho hai đường thẳng d1//d2 lần lượt có phương trình là :

d1: x-y+2 = 0 ; d2: x-y-2 = 0 1/ Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua điểm A(-2; 0) và vuông góc với

d2

2/ Viết phương trình đường thẳng d4 sao cho d1, d2, d3, d4 cắt nhau tạo thành một hình vuông

Câu XIII: (2 điểm): Chứng minh rằng với a,b> 0 ta có:

a5+b5  a4b + ab4

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn: Toán- Đề 2

(Bản hướng dẫn chấm gồm 5 trang)

Câu 1: (4 điểm)

1, (2 điểm)

+ y' = 3x2 + 6x = 3x(x+2), y' = 0 













2

0

x x

+ dấu y':

y

Với x(-; -2)  (0; +) hàm số đồng biến

x(-2; 0) hàm số nghịch biến Tại x= -2 hàm số đạt cực đại yCĐ = 2

Tại x= 0 hàm số đạt cực tiểu yCT = -2 (0,25đ)

+ y'' = 6x + 6 = 6(x+1); y'' = 0  x= -1

+ dấu y'':

x - -1 +

y'' - 0 +

đ.u

y Lồi (-1,0) lõm

 Bảng biến thiên: (0,25đ) x - -2 -1 0 + y' + 0 0 +

2

-2

-1-3 3

-1+ 3

Qua điểm (-3; -2); (1; 2)

2 (1 điểm)

02006 x3 + 6018 x2 - 4012 4012  0 x3 + 3x2 - 2  2 (*) (0,5đ) theo đồ thị (C) ta có: (*)x [ -1- 3; -1 ] [ -1+ 3; 1 ] (0,5đ)

3 (1 điểm): đường thẳng qua A(0; -2) có hệ số góc k:

y+2= k(x- 0) (d)  y = kx-2

(d) là tiếp tuyến của (c) 





































x x k

kx x x x

x k

kx x

x

6 3

) 1 ( 3

6 3

2 2

2

2 3

(0,5đ)

có nghiệm

Thay k từ (2) vào (1) ta được:

x2(2x+3) = 0 x = 0, x= -

2

3

(0,25đ)

* Với x= 0  k= 0 tiếp tuyến là y = - 2

* Với x=

-2

3

 k= -

4

9

tiếp tuyến là y= - 2

4

9



Câu 2 (2 điểm)

1 (1 điểm)

Ta có I =  x( x  )1

x

e e

dx e

Đặt ex+1 = t (*)  ex = t-1

exdx = dt

t t

t t t

t

dt

) 1 ( )

1 (

t

dt t



1 1

1

(0,5đ)

=lnt 1- lnt +c =ln

t

t 1

+c

Từ (*) ta có: I = ln

1



x x

e

e

+ c = x - ln(ex +1) +c (0,5đ)

Câu 3 (2đ) Xét hàm số y= x 1  x 1 (c)

0,5 đ

Ta có bảng xét dấu (1đ)

1



1



y= x 1  x 1 -2x 2 2x

Khi đó y=











x

x

2

2

2























1

1 1 1

x x x

đồ thị (C)

* Biện luận số nghiệm của phương trình theo m:

 số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng

y = m

+ Nếu m<2 phương trình vô nghiệm

+ Nếu m=2 phương trình có nghiệm [1; 1]

+ Nếu m>2 phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Câu 4 (4đ)

1 Phương trình tương đương với :































2 3

2 3

k Cosx Cosx

k Cosx Cosx

(k Z) 

















k Cosx Cosx

k Cosx Cosx

2 3

2 3

(0,5đ)

















) 2 ( 2

) 1 (

k

Cosx

k

Cosx

(0,25đ)

Vì kZ, Cosx  1 nên:

1

0















Cosx

Cosx

(0,25đ)

(2)



























2 1 1 0

Cosx

Cosx

Cosx

Nếu Nếu Nếu

y = 2

y = m

2

-1 1 x

y

(0,5đ) (C)

Từ (*) và (**) ta có:









 





) 5 ( 2

1

) 4 ( 1

Cosx





































) ( 2

3 2

) ( 2 3 )

5

(

) (

)

4

(

) ( )

3

d k

x

c k

x

b k

x

a k x















Từ (a),(b),(c),(d) ta có nghiệm của phương trình là :





















2 3

2 2









k x

k x

(kZ) (0,25đ)

2 Phương trình tương đương với

2 3

2

3



























Đặt t =

x













3

2

(1) t2 + t -2 = 0  









 2

1

2

1

t t

Với t = 1 

x











 3

2

= 1 

x











 3

2

=

0

3

2













(0,5đ)

 x=0

Vậy phương trình có nghiệm x = 0 (0,25đ)

Câu 5 (2đ)







































































0

0

0

0

.

0 ) ( ) (

0 )

( ) (

1 )

2 2

(

2

1

1

1 2

2 1 2

2

1

1

2 2 2

2 2

2

CosC

CosB

CosA

CosC CosB

CosA

B A Cos B A Cos

CosC

C Cos B A Cos B

A

Cos

C Cos B Cos A Cos

C Cos B Cos A

Cos

C Cos B Cos

A

Cos

(0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (Loại)

* Nếu CosA = 0 ABC vuông tại A

* Nếu CosB = 0 ABC vuông tại B

* Nếu CosC = 0  ABC vuông tại C

Vậy tam giác ABC là tam giác vuông

Câu 6 (2đ)

2 2

0 2

3 2

0

2

2

3 2

0 2

2

3 2

0

3 9 27 lim 3 27 9

lim

) 3 9 27 ( ) 3 27 9 ( lim 9 27 27 9

lim

x

x x

x

x

x x

x

x x

x x

x x







































6

25 2

9 3

1 3 3

27 9

9

9

9

3 9 27

27 lim

9 27 9

3 ) 27 9

(

9 lim

) 3 9 27 (

27 lim

9 27 9

3 ) 27 9

(

9 lim

2 0

3 2

0

2 2

2

0

3 2

2

0



























































x x

x

x x

x x

x x

x

x x

x x

Câu 7 (2đ)

1 d3 vuông góc với d2 nên có dạng x+y+c = 0

Vì d3 qua A(-2 ; 0) nên : -2 + 0 + c = 0  c =2 (0,75đ)

2 Vì A(-2;0)  d1 nên

Để d4 và d1, d2, d3 cắt nhau tạo thành một hình vuông khi và chỉ khi d4//d3 và

Do đó d4 có dạng : x + y + D = 0

(*) 

2

2 0 2 2

0







(0,5đ)



















2

6 4

2

D

D D

Vậy đường thẳng d4 có dạng x+y+6 =0 hoặc x+y-2 = 0 (0,25đ)

Câu 8.(2đ)

a5+b5a4b+ab4

 a5+b5- a4b - ab4  0 (0,5đ)

a4(a-b) - b4(a-b)  0

 (a - b)(a4-b4)  0 (0,5đ)

 (a-b)(a2-b2) (a2+b2)  0 (0,25đ)

 (a-b)2(a+b) (a2+b2)  0 (0,5đ)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b (0,25đ)

(0,25đ)

(1đ) (0,25đ)

(0,25đ) (0,25đ) (0,25đ)

- -