Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 20 pptx

 Phương trình đường thẳng A1A2 cũng chính là phương trình của đường thẳng B... Người lập đáp án Lê Thị Minh.

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 : 2x2  6x  1 - x + 2 > 0

(Trích 150 đề thi Đại học)

Bài 4 (2 điểm) : Chứng minh rằng : ABC nhọn ta đều có :

3

2 (SinA + SinB + SinC) +

3

1 (tgA + tgB + tgC) > 

(Trích đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 tỉnh Hải Phòng

- 1998)

Bài 5 (2 điểm)

Tìm A = lim F(x) với F(x) =

1

7 5

2

3 2 3









x

x x

(Trích đề thi ĐH QGHN năm

1993)

Bài 6 (2 điểm) : Tính : I =   

1

0

2 4

1

x x xdx

(Trích đề ĐH TCKT năm

2000)

Bài 7 (2 điểm) : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = x3 + 32

x

với x > 0

x1

(Trích PP giải toán hàm số của tác giả Lê Hồng Đức)

Bài 8 (2 điểm) : Giải phương trình : 32sinx3 ( 3 sin x  10 ) 3sinx2 + 3 -

Sinx = 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

Ta có : y' = excosx - exsinx

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

 x =

4



+ k ( kz)

0,25 y" = excosx - exsinx - (exsinx + excosx) = - 2exsinx 0,5 Với x =

4



+ k

TH1 : Nếu k = 2l (lz) thì x =

4



+ l2

Thay vào y" :

y"(

4



+ l2) = - 



2 4

2e l Sin (

4



+ l2) < 0

 y =

4



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

0,5

TH2 : Nếu k = 2l + 1 (lz) thì x =

4

5

+ l2

Thay vào y" ta có :

y"(

4

5

+ l2) = -2 



2 4

5

l

e  Sin (

4

5

+ l2) > 0

 x =

4

5

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

0,5

Biến đổi phương trình về dạng :

4cos3x - 3cosx - 2cos2x + 1 + mcosx - 1 = 0

 4cos3x - 2cos2x + (m - 3) cosx = 0 (1) 0,5 Đặt t = cosx, xR thì t [-1; 1] (*)

Với m = 1 thay vào (1) ta được :

t (4t2 - 2t - 2) = 0  t = 0; t = -

2

1

; t = 1 thoả mãn (*)

1.00 cosx = 0 x =

2



+ k2

 cosx = -

2

1  x =

3

2

 + k2 (kz) cosx = 1 x = k2

0,5

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)

Vì x

(-2



; 2) nên phương trình (2) chỉ nhận : x =

2



là nghiệm

x =

2

3

0,5

Đặt t = cosx thì (3)  4t2 - 2t + m - 3 = 0 (4) 0,5

Để phương trình (1) có đúng 7 nghiệm 

(-2



; 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

 af(-1) > 0

af(1) > 0

0,5

m - 3 < 0

 m - 1 > 0  1 < m < 3

m + 3 > 0

0,5

2 2 6 1



 x

x > x - 2 2x2 - 6x + 1  0

 x - 2 < 0

2x2 - 6x + 1> (x - 2)2

x - 2  0

0,5

x 

2

7

3 

x 

2

7

3 

 x < 2

2x2 - 6x + 1 > x2 - 4x + 4

x  2

0.5

x 

2

7

3 

 x2 - 2x - 3 > 0

x  2

0,5

x 

2

7

3 

 x < -1  x 

2

7

3 

x > 3 x > 3

x  2

KL : Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là :

T = (-  ;

2

7

3 

]  (3; + )

0,5

Chứng minh :

Xét hàm số : f(x) =

3

2 sinx +

3

1 tgx - x

Với x  (0 ;

2



)

Ta có : f'(x) =

3

2 cosx +

x

2

cos 3

1

- 1

0.5

f'(x) =

3

1 (cosx + cosx +

x

2

cos

1 ) - 1 

3

1

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

2



)  f(x) > f(0) 0,5



3

2 sinx +

3

1 tgx - x > 0  x  (0 ;

2



)

Vì ABC nhọn nên ta có :

Vậy (

3

2

sinA +

3

1 tgA - A) + (

3

2 sinB +

3

1 tgB - B) + (

3

2 sinC +

3

1 tgC - C) > 0



3

2

(sinA + sinB + sinC) +

3

1 (tgA + tgB + tgC) > A + B + C



3

2

(sinA + sinB + sinC) +

3

1 (tgA + tgB + tgC) >  ( )

0, 5

Viết F(x) về dưới dạng :

F(x) =

1

) 2 7 (

) 2 5

(

2

3













x

x x

1.00

Vậy : A = lim )

1

2 5







x

x

- lim

1

2 7

2







x x

x  1 x  1

Ta có : lim )

1

2 5

3







x

x

= lim

2 5

)(

1 (

4 5

3 2

3











x x

x

=

x  1 x  1

= lim

2 5

)(

1 (

) 1 (

3 2













x x

x x

= - 8 3

x  1

0,5

Ta có : lim

1

2 7

2







x

x

= lim

] 4 7 2

) 7 )[(

1 (

1

2

2

2













x x

x

x

=

x  1 x  1

= lim

4 7 2

) 7 (

1

2







x

= 12 1

x  1

 A = - -

8

3

- 12

1 = - 24 11

0,5

Đặt t = x2  dt = 2xdx

Khi x = 0  t = 0

x = 1  t = 1 khi đó ta có :

I =   

1

0

2

1 2

1

t t

dt

= 





1

4

3 ) 2

1 ( 2

1

t dt

Đặt t +

2

1

=

2

3

tgu  dt =

2

3

u

du

2

cos =

2

3

(1 + tg2u) du

Khi t = 0  u =

6



t = 1  u =

3



0,5

0,5

I =

2

1





6 3

6

2

2

3 1 4

3 4

3

) 1

( 2







du u

tg

du u tg

I =  

3

6

3 6 3

1





Ta có : y =

2

1

x3 + 2

1

x3 + 12

x + 12

x + 12

Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 5 số :

2

1

x3 ; 2

1

x3; 12

x ; 12

x ; 12

x ta có : y  55

2 2 2 3

.

1

1 3

1 2

1

x x x x x

 y  55

4

1  y  5

4 5

 Min y = 5

4

5 (0; + )

0,5

0,5

Dấu "=" sảy ra 

2

1

x3 = 2

1

x3 = x2 = x2 = x2  x5 = 2  x = 5 2

0,5

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 0,5 Phương trình (6) có nghiệm là : t =

3 1

t = 3 - sinx

+ Với t =

3

1

ta được : 3sinx - 2 =

3

1

 sinx - 2 = -1  sinx = 1

 x =

2



+ k2 (kz )

0,5 + Với t = 3 - sinx ta có : 3sinx - 2 = 3 - sinx (7)

Nhận thấy sinx = 2 là nghiệm của phương trình (7) vì 30 = 3 - 2 (đúng) 0,5 Chứng minh sinx = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (7) vì :

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

Vế phải y = 3 - sinx là hàm số nghịch biến

Mặt khác, sinx = 2 (loại) vì 2 > 1

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

2



+ k2 (kz )

0,5

Gọi A1; A2 theo thứ tự là điểm A(2; -1) dB

đối xứng của A qua (dB) và (dC) dC

thì A1; A2  BC

 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)

x - 2y + 1 = 0

0,5

+ 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

E F

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

đi qua A2

0,5

*Ghi chú : Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho

điểm tối đa

Người lập đáp án

Lê Thị Minh