Bài 9: 2điểmCho hình chóp S.
Trang 1ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN: TOÁN Thời gian 180 phút Bài 1: (2đ) Cho hàm số: y = x3 - 2 3
2
1 2
3
m
mx + (m là tham số)
a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị (cm)tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho AB = BC
Bài 2: (2điểm)
Tính tích phân
I = 1 x3 x2dx
0
1 −
∫
Bài 3: (2điểm)
Cho phương trình:
x2 – 2 ( m - 1) x + 2m2 – 3m + 1 = 0 (m là tham số)
Chứng minh rằng khi phương trình có nghiệm thì hai nghiệm của nó thỏa mãn bất đẳng thức
| x1+ x2 + x1x2 | ≤
8 9
Bài 4: (2 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
2 x− + x+ 2 ≥ 3 4 ( 3x− 2 )(x+ 2 )
Bài 5: (2điểm)
Giải phương trình
sin3 (x + ) 2 sinx
4 =
π
Bài 6: (2điểm) Cho ∆ABC có:
2
1 sin
sin
cos cos
2 2
2 2
= +
+
B A
B A
(cotg2A + cotg2 B) Chứng minh rằng ∆ABC cân
Bài 7: (2điểm)
Tính giới hạn sau:
I = limx→1
1
5
3
−
−
− +
x
x x
Bài 8: ( 2 điểm)
Giải phương trình
x- x2 − 5 x-1- x2 − 5
4 - 12 2 + 8 = 0
Trang 2Bài 9: (2điểm)
Cho hình chóp S ABCD trong đó SA ⊥ (ABCD) và SA = 2; ABCD
là hình chữ nhật, AB = 1; BC = 3
Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AC và SD
Bài 10: (2 điểm)
Giả sử x,y là 2 số dương thỏa mãn điều kiện 2+ 3 = 6
y x
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng x+y
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Bài 1:
a) Với m = 1 thì hàm số có dạng: y =
2
1 2
3 2
3 − x +
x
(0,25)
• Chiều biến thiên
y’ = 3x2 – 3x = 3x(x-1)
y’ = 0 ⇔ x x==10
=> Hàm số đồng biến trên (-∞; 0 ) và (1; +∞)
Hàm số nghịch biến trên (0;1)
• Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 , ycđ =
2 1
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, yct = 0
• Giới hạn
lim y = -∞ , lim y =+ ∞
(0,25)
* Tính lồi, lõm, điểm uốn
y” = 6 x – 3
y” = 0 ⇔x =
2 1
Dấu của y”:
Trang 3Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm
(1/2;1/4)
* Bảng biến thiên:
1/4
(0,25)
Đồ thị :
Giao điểm với trục ox: (1;0) và (-1/2; 0)
Giao điểm với trục oy: (0; 1/2)
(0,25)
b) PT hoành độ giao điểm:
2
1 2
3mx2 −x+ m3 = (1)
Trang 4Đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C ⇔pt (1) có
3 nghiệm phân biệt xA, xB, xC Theo Vi et ta có : xA + xB +xC =
2
3
m (2) theo gt AB = BC ⇔ 2 xB =xA + xC (3)
Từ (2) và (3) ⇒ xB =
2
m
Vậy x =
2
m
là một nghiệm của (1)
2
1 2
3
m x mx
2
m
x− ta được:
f(x) = (x -
2
m
) (x2 – mx – 1 -
2
2
2
m
+
4
3
m (0,25)
x =
2
m
là nghiệm của (1) ⇔-
2
m
+
4
3
m = 0 ⇔m=0, m = ± 2
Khi đó f(x) = (x -
2
m
) (x2 – mx – 1 -
2
2
m
) có 3 nghiệm phân biệt
vì ϕ(x)= x2 – mx – 1 -
2
2
m có 2 nghiệm trái dấu (0,25)
và có ϕ(
2
m
) = -1 - 0
4
3 2
≠
m
∀m
vậy: m = 0 ; m = ± 2
(0,25)
Bài 2: I = x 1 x2 dx
1 0
3 −
∫
Đặt x = sin t, t ∈ −
2
; 2
π
dx = cost dt (0,5)
x = 0 ⇒ t = 0, x=1 ⇒ t =
2
t t
1 − 2 = − 2 =
⇒ I = ∫sin cos =−∫2( 1−cos ) cos 2 (cos )=
0
2 2
2 0
π π
=
15
2
| ) cos 3
1 cos 5
1 ( ) (cos ).
cos
0 3 5
2 2
0
π
t t
t d t t
(0,5)
Vậy
15
2 1
1
0
(0,5)
Trang 5Bài 3:
a) x2 – 2(m-1) + 2m2 – 3m + 1 = 0 (1)
Ta có ∆’ = (m-1)2 – (2m2 – 3m + 1) = - m2 + m
(0,25)
PT (1) có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔- m2 + m ≥ 0 ⇔0 ≤ m ≤1 (0,25)
Vậy 0 ≤ m ≤1 thì pt (1) có nghiệm
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1)
Theo Vi ét ta có: x1 + x2 = 2(m-1)
x1 x2 = 2m2 – 3m + 1 (0,25)
⇒ | x1 + x2 + x1 .x2 | = | 2m – 2 + 2m2 – 3m + 1| = | 2m2 – m – 1|
(0,25)
= 2 | m2 -
2
m
-2
1
| = 2 |(m -
4
1
)2
-16
9
| (0,25)
Với 0 ≤ m ≤1 thì ( m -
4
1
)2 ≥ 0
⇒ | (m -
4
1
)2 -
16
9
|≤
16 9
(0,25) Vậy | x1 + x2 + x1 x2 | ≤ 2
16
9
=
8 9
(0,25)
Bài 4: Giải phương trình
2 3x− 2 + x+ 2 ≥ 3 4 ( 3x− 2 )(x+ 2 ) (1)
TXĐ: D = {x∈ R\ x ≥
3
2 }
Trên D thì x+ 2 > 0, Chia 2 vế của (1) cho x+ 2 ta được
2
2
+
−
x
x
4 2
2 3
+
−
x x
(0,25)
Đặt t = 4
2
2 3
+
−
x
x
, t ≥ 0 (0,25)
BPT ⇔2t2 – 3t + 1 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤
2
1
hoặc t ≥ 1 (0,25)
Trang 6* Với 0 ≤ t ≤
2
1
thì 4
2
2 3
+
−
x
2
1 ⇔
3
2
≤ x ≤
47 34
(0,25)
* Với t ≥ 1 thì 4
2
2 3
+
−
x
x
≥ 1 ⇔ x ≥ 2 (0,25)
Vậy tập nghiệm của BPT (1): T = 47
34
; 3
2 ∪ [2 ; +∞]
(0,25)
Bài 5: Giải phương trình
sin3 (x + ) 2 sinx
4 = π
Đặt t = x +
4
π thì phương trình trở thành
(0,25)
sin3 t = 2 sin (t -
4
π
) ⇔ sin3t = sint – cost (0,5)
⇔ sint (1 – cos2t) = sint – cost ⇔ cost (1- sint.cost) = 0
(0,5)
⇔
+
=
⇔ +
=
⇔
=
=
⇔
=
−
π
π π
t t
t t
t
4 2
0
cos
2 sin 2
1 1 0 cos
.
sin
1
Vô nghiệm
(0,5)
Vậy x =
4
π
+ kπ (k∈z)
Bài 6:
B A
B A
2 2
2 2
sin sin
cos cos
+
2
1
(cotg2A + cotg2B)
⇔
B A
B A
2 2
2 2
sin sin
) sin (sin
2
+
+
2
1
) 1 sin
1 1 sin
1
B
(0,5)
sin
1 sin
1 ( 2
1 1 sin
sin
2
2 2
2
A
(0,25)
Trang 7B
2 sin
sin
2
B A
2 2
2 2
sin sin 2
sin sin +
(0,25)
⇔ 4 sin 2 A sin 2 B = (sin 2 A+ sin 2 B) 2
(0,25)
⇔ (sin 2 A− sin 2B)2 = 0
(0,25)
(0,5)
⇔ A=B⇒ ∆ ABC cân
Bài 7:
I = limx→1
1
5
3
−
−
− +
x
x
1
2 5
lim 1
2
3
−
−
−
−
−
− +
x
x x
x
(0,5)
+
−
−
+
−
−
−
− +
+ + +
−
+ + + +
− +
2 5
)(
2 5
( lim ) 4 2 7 )
7 ( )(
1 (
) 4 2 7 )
7 ( )(
2 7 (
2
2 2
1 x 3
3
3
x x
x x
x x
x
x x
x
(0,5)
=limx→1
) 2 5
)(
1 (
) 4 5
( lim ) 4 7 2 ) 7 ( )(
1
(
) 8 7 (
2
2 1
3
−
−
− + + +
+
−
− +
x x
x x
x
x
(0,25)
=limx→1
2 5
1 lim
4 7 2 ) 7 (
1
2 1
3
+ +
+ + +
x x
(0,5)
=
12
7
2
1
12
1 + =
(0,25)
Bài 8: Điều kiện
;
5 ≤ x
(0,25)
0 8 2
12
= +
−
x
Trang 8⇔ (2 2 5)2 6 2 2 5 8 0
= +
−
x
(0,25)
Đặt x− x2 − 5 =t
2 ( t > 0 ) phương trình trở thành
(0,25)
0 8 6
2 − t+ =
t ⇔ t = 2 hoặc t = 4
(0,5)
=
⇔
=
−
−
⇔
=
−
(0,25)
* Với t = 4 ⇒ 2 5
2x− x −
4
9 2
5
4 ⇔ − 2 − = ⇔ =
(025)
Vậy phương trình có nghiệm x = 3; x =
4 9
(0,25)
Bài 9:
Phương pháp tổng hợp:
- Từ D dựng Dx // AC
- Từ A dựng AF ⊥ Dx ( F∈Dx) và AH ⊥SF ( H∈SF)
- Dựng HP // FD ( P∈SD)
- Dựng PQ // AH (Q∈AC)
Khi đó PQ là đoạn vuông góc chung của SD và AC Thật vậy
(0,25)
Ta có: FD ⊥ SA
FD ⊥ FA
⇒ FD ⊥(SAF)
(0,25) Suy ra FD ⊥ AH
SF ⊥ AH
⇒ AH ⊥ (SFD)
(0,25)
Do đó: AH ⊥ FD ⇒ AH ⊥ AC
mà PQ // AH nên PQ ⊥ AC
(0,25)
Hơn nữa: AH ⊥ (SFD) nên AH ⊥ SD suy ra PQ ⊥ SD
Vậy ta có: d (AC, SD) = PQ = AH
(0,25)
Xét tam giác vuông AFD ~ tam giác vuông ABC ta có:
Trang 93
=
⇒
=
AC
AD AB AF AC
AD AB
AF
(025)
trong tam giác vuông SAF ta có:
36
49 9
10 4
1 1 1
1
2 2
AF SA
AH
(0,25)
Vậy d (AC,SD) = AH =
7 6
y
x
3
2 3
(0,5)
Theo BĐT Bunhiacopski ta có:
( 2 3)2 (2 3)(x y) 6 (x y)
y
≤ +
(0,5)
⇔
6
6 2 5 6
) 3 2 ( + 2 = +
≥
+ y
(0,25)
Đẳng thức xảy ra khi
⇔
=
= +
3 2
6 3 2
2
2 y x
y x
⇔
+
=
+
=
6
6 3 6
6 2
y
x
(0,5)
Vậy min (x+ y) =
6
6 2
5 + tại
6
6
2 +
=
x
(0,25)
6
6
3 +
=
y
