⇒ Phương trình đường thẳng A1A2 cũng chính là phương trình của đường thẳng B... Người lập đáp án Lê Thị Minh.
Trang 1ĐỀ 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
π
; 2π)
(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) > π
(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
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
Trang 2(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
π
y" = excosx - exsinx - (exsinx + excosx) = - 2exsinx 0,5 Với x =
4
π
+ kπ
TH1 : Nếu k = 2l (l∈z) thì x =
4
π
+ l2π Thay vào y" :
y"(
4
π
+ l2π) = - π 2 π
4
2e +l Sin (π4
+ l2π) < 0
⇔ y = π4 + l2π (l∈z) là điểm cực đại của hàm số 0,5
Trang 3TH2 : Nếu k = 2l + 1 (l∈z) thì x =
4
5 π
+ l2π Thay vào y" ta có :
y"(
4
5 π
+ l2π) = -2 π 2 π
4
5 l
e + Sin (
4
5 π
+ l2π) > 0
⇔ x = 54π + l2π 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
π + k2π ⇔ cosx = - 12 ⇔ x = ±23π + k2π (k∈z)
cosx = 1 x = k2π
0,5
Từ phương trình (1) ta có :
cosx = 0 (2)
4cos2x - 2cosx + m - 3 = 0 (3)
Giải (2) ta có : cosx = 0 ⇔ x = π2 + kπ (k∈z)
Vì x∈
(-2
π
; 2π) nên phương trình (2) chỉ nhận : x =
2
π
là nghiệm
x =
2
3 π
0,5
Đặt t = cosx thì (3) ⇔ 4t2 - 2t + m - 3 = 0 (4)
Để phương trình (1) có đúng 7 nghiệm ∈ (-π2; 2π) thì phương trình (4)
0,5
Trang 4phải 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
2x2 − 6x+ 1 > 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
Trang 5KL : Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là :
T = (- ∞ ;
2
7
3 − ] ∪(3; + ∞)
Chứng minh :
Xét hàm số : f(x) =
3
2 sinx +
3
1 tgx - x Với x ∈ (0 ; π2)
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
⇔ f'(x) ≥ 0 ⇔ Hàm số y = f(x) là hàm số ĐB trên (0 ;
2
π
) ⇔ f(x) > f(0) 0,5 ⇔ 32sinx +
3
1 tgx - x > 0 ∀ x ∈ (0 ; π2)
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
⇔ 32 (sinA + sinB + sinC) +
3
1 (tgA + tgB + tgC) > A + B + C
⇔ 32 (sinA + sinB + sinC) +
3
1 (tgA + tgB + tgC) > π ( )
0, 5
Viết F(x) về dưới dạng :
F(x) =
1
) 2 7 (
) 2 5
(
2
3
−
− +
−
−
−
x
x x
1.00
Trang 6Vậy : A = lim )
1
2 5
3
−
−
−
x
x - lim
1
2 7
2
3 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
3 2
−
− +
x
] 4 7 2
) 7 )[(
1 (
1
3 2 2
3 2 2
2
+ + +
+
−
−
x x
x
x
=
x → 1 x → 1
= lim
4 7 2
) 7 (
1
3 2 2
3 x2 + + x + + =
12 1
x → 1
⇔ A = - - 83 -
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
2
3(1 + tg2u) du
Khi t = 0 ⇒ u = π6
t = 1 ⇒ u =
3
π
0,5
0,5
I =
2
1
∫
+
6
3
6
2
2
3 1 4
3 4
3
) 1
( 2
π
π
π
du u
tg
du u tg
0,5
Trang 7I = ∫3 =
6
3 6 3
1 π
π
π
Ta có : y =
2
1
x3 + 2
1
x3 + 2
1
x + 2
1
x + 2
1
Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 5 số :
2
1
x3 ; 2
1
x3; 2
1
x ; 2
1
x ; 2
1
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 = π2 + k2π (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 :
Trang 8Vế 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
π
+ k2π (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
Trang 9x - 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