ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1:
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y =
1
x
2 2mx
2
+
+ +
2) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm
đó đến đường thẳng x + y + 2 = 0 là như nhau
Bài 2:
1) Giải phương trình x2 + 5
4 4x
-4
2
2
= +
x x
2) Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của:
F = (x + y – 2)2 + (x + ay – 3)2 theo a Bài 3:
1) Giải bất phương trình:
( -x)2 log 2 - log 2 ( 6)
2 3
2x+ ⋅ x x+ > 1 2) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để ∆ABC đều:
+
=
+
=
C B A
c b a
2 2
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SB = x, tất cả các cạnh còn lại bằng
b
(b >
3
x
)
a) Tính thể tích hình chóp theo b và x
b) Xác định x để hình chóp có thể tích lớn nhất
Bài 5: Cho Elip (E) có phương trình: 1
4
y 9
2 2
= +
x và M(1, 1) Lập phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm A và B
sao cho MA = MB
Bài 6: Tính : I = ∫ ( )
+
+
1
0 6
4
1 x
1dx x
Trang 2HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LÓP 12 THPT
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1
1) Với m = 1, hàm số trở thành: y =
1
x
1 1
x 1
x
2 2x
2
+ + +
= +
+ +
x
1.1- Tập xác định: D = R \ { }− 1
1.2- Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
Ta có: y’ = 1 - ( 1) ;
1
2
+
x cho y’ = 0 ⇔1 - ( 1)
1
2
+
x = 0 ⇔(x+ 1)2 = 1
⇔ x x++11==- 11 ⇔
=
= 2
-
x
0
x
Xét dấu y’: + -1 +
- 2 0
Hàm số đồng biến trên khoảng (-∞; -2) ∪ (0; +∞) và nghịch biến
trên khoảng (-2; -1) ∪ (-1; 0)
b) Cực trị:
Tại x = -2 , hàm số đạt giá trị cực đại , yCĐ = y(-2) = -2
Tại x = 0 , hàm số đạt giá trị cực tiểu , yCT = y(0) = 2
c) Tính lồi lõm và điểm uốn (không xét)
+
+ +
=
∞ +
→
∞ +
2 2x x lim lim
2
x
x
= − ∞
+
+ +
=
∞
−
→
∞
−
2 2x x lim
x
x
* (D1): x = -1 là tiệm cận đứng vì limx→−y1 = ∞
* (D2): y = x + 1 là tiệm cận xiên vì limx→∞ [y - (x + 1)] =
∞
1
1 lim
x x = 0
2 đ
0,25
0,25
-2
Trang 3e) Bảng biến thiên:
x -∞ -2 -1 0 +∞ (C)
y’ + 0 - - 0 +
y -2 +∞ +∞
-∞ -∞ 2
1.3- Đồ thị: Gọi (C): y = 1 x 2 2x 2 + + + x
(C) ∩ oy = (0; 2) (C) ∩ ox vì phương trình:
1
x
2 2x
2
+
+ +
x
= 0 vô nghiệm
* Nhận xét: Gọi I là giao của 2 tiệm cận
→ I(-1; 0) là tâm đối xứng của đồ thị (C)
2) y =
1
x
2 2mx
2
+
+ +
x
TXĐ: D = R\ { }− 1
( ) ( )2
2 2
2
1
x
2 -2m 2x x 1
x
2 2mx x
-1 2m 2
+
+ +
= +
+ + +
x
Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔y’ = ( )2
2
1
2 -2m 2x +
+ +
x
x
có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm ⇔ m <
2
3
(*)
* Giả sử các điểm cực đại, cực tiểu A1(x1, y1) và A2(x2,y2) có x1, x2 là
2 nghiệm của: x2 + 2x + 2m – 2 = 0 và có:
y1 = 2x1 + 2m , y2 = 2x2 + 2m Khoảng cách từ A1 và A2 tới đường
thẳng x + y + 2 = 0 sẽ bằng nhau
⇔ x1+ y1+ 2 = x2 + y2+ 2 ⇔ 3x1+ 2m + 2 = 3x2+ 2m + 2
⇔3(x1 + x2) = - (4m + 4)
0,25
0,75
0,5
0,25
( 2 3 2- x)2log2 -log2( 6) 1
>
⋅
+ x x+
x
-2
-2 1 y
x
Trang 4Bài 2
⇔3(-2) = - (4m + 4) ⇔ m =
2
1
(thoả mãn (*)) Vậy m =
2 1
1) Phương trình: x2 + 5
4 4x
-4
2
2
= +
x x
2) -(x
4
2
2
=
x
⇔ x2 + 2x
2
-2
x
x
2
-x
4x -2
=
x x
2
-x
4x -2
-x
=
+ x
2
-x 4 -2
-2 2
2
=
⋅
x x
x
Đặt t =
2
-2
x
x
, phương trình trở thành:
t2 – 4t – 5 = 0 ⇔
=
= 5
t
1
-
t
=
=
⇔
= +
⇔
=
2
-x
1
x 2
x x 1
- 2
-2 2
x
x
* Với t = 5 ⇔ 5 x - 5 x 10
2
-2
2
= +
⇔
=
x
x
(phương trình vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = - 2
2) F = (x + y – 2)2 + (x + ay – 3)2
* Nhận xét: (x+ y – 2)2 ≥ 0 ; (x + ay – 3)2 ≥ 0 F ≥ 0
Xét hệ:
=
− +
=
− +
0 3
0 2
ay x
y x
⇔
=
− +
= +
0 3
2
ay x
y x
(I)
TH1: Hệ (I) có nghiệm ⇔ D = 11 a1 = a – 1 ≠0 ⇔ a≠1
Thì ∃(x,y) để F = 0 → Min F = 0
TH2: Hệ (I) vô nghiệm ⇔ D = 0 ⇔ a – 1 = 0 ⇔ a = 1
(hệ số không tỷ lệ)
Với a = 1 → F (x + y – 2)2 + (x + y – 3)2
Đặt t = x + y – 3 ; t ∈ R
→ F = (t + 1)2 + t2 = 2t2 + 2t + 1 = 2(t2 + 2t
2
1
+
2
1 ) 4
1 +
0,25
4 đ
0,5 0,25 0,5
0,25 0,25
0,5 0,25
0,25
Trang 5Bài 3:
Bài 4:
= 2(t +
2
1
)2 +
2
1
≥
2
1
, ∀t
→ Min F =
2
1
Đạt được ⇔ t = -
2
1
⇔ x + y – 3 = -
2 1
⇔ x + y -
2
5
= 0
1) Bất phương trình:
(2 3 2 )2 log 2 log(2 6) 1
〉 + −x x− x+
* Điều kiện x > 0
Nhận xét: 2x + 3.2-x > 1 vì
〈−
〉
) (
2
3
loai x
x
(1) ⇔ 2logxx – log2(x + 6) > 0
⇔ 2log2x > log2(x + 6) ⇔ log2x2 > log2(x + 6)
⇔ x2 > x + 6 ⇔ x2 – x – 6 > 0 ⇔
<
>
(loai)
-3
x x
Vậy T = (3; +∞)
2)
+
=
+
=
) 2 (
2
) 1 (
2
C B A
c b a
Theo định lý Sin, ta có: = = = 2R
SinC
c SinB
b SinA a
Thay vào (1) : 2SinA = SinB + SinC ⇔ 2SinA =
2
C -B Cos 2
C
Thay (2) : B + C = 2A , ta được :
2
C -B
⋅
SinA (vì SinA≠0)
2
C
B
Vì A + B + C = 1800 , kết hợp với (2) → 3A = 1800 ⇔A = 600
∆ABC cân tại A và A = 600 → ∆ABC đều
a) Gọi O là tâm của hình thoi ABCD
Xét 2 ∆SAC và ∆ADC
Có AC chung, SA = SC = DA = DC = b
→ ∆SAC = ∆ADC
→ SO = OD = OB
→ ∆ABC vuông tại S
0,75
0,25 0,25
0,25
0,25 0,5 0,5 0,25
0,25 0,25 0,5 0,5
0,5 0,25
4 đ’
C B
H
O b
x b b S
Trang 6Bài 5 :
(2
điểm)
Ta được : BD = SB2 + SD 2 = x 2 + b 2
∆ODC vuông tại O
Có DC = b; OD = 2 b 2
2
→OC2 = DC2 – OD2 = b2 -
4
1
(x2 + b2) =
4
x
-
→OC =
* Tứ giác ABCD có AC ⊥ BD
2
1 2
* ∆BSD vuông, gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD)
SD
1 SB
1 1
+
=
SH
→
2 2
2 2 2 2
x b b
1 x
1 1
x
+
= +
2 2 2
x b
bx SH
x
b
+
=
→ +
=
b
x
Từ (1) và (2)
2
1 x 3
1 3
+
⋅
=
b
bx S
SH ABCD
= 3 2 - x 2
6
1
b
bx⋅
b) Ta có: VchópSABCD = 2 2 ( 2 3b 2 - x 2)
2
1 6
b x
- 3 6
=
4
b 3 12
3
2 =
⋅ b b
VchópSABCD lớn nhất là
4
3
b
; đạt được ↔ x = 3b2 −x2
⇔x2 = 3b2- x2 ⇔2x2 = 3b2 ⇔ x2 =
2
3 2
b x
b ⇔ =
Phương trình đường thẳng (d) qua M (1,1) với hệ số góc k có dạng :
y = k (x – 1) + 1 ⇔(d) : y = kx – k + 1 (1)
Toạ độ giao điểm A,B của (d) và (E) là nghiệm của hệ :
+
−
=
= +
1
36 9
k kx y
y x
→ 4 x2 + 9 (kx – k +1)2 = 36
⇔(4+ 9k2)x2 – 18k(k-1)x + 9k2 –18k –27= 0 (2)
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt :
⇔[9k(k− 1) ]2- (4+9k2) (9k2 – 18k – 27) > 0
⇔9k2 (k – 1)2 – (4 + 9k)2 (k2 – 2k – 3) > 0
0,5
0,25
0,25 0,25 0,25
0,5
0,5 0,5 0,5 0,25
0,25
Trang 7Bài 6:
(2
điểm)
⇔32k2 + 8k + 12 > 0 (luôn đúng)
Vậy phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt và :
+
−
−
=
+
−
= +
2 2 2
4
27 18 9
.
9 4
) 1 ( 18
k
k k
X X
k
k K X
X
B A
B A
Theo giả thiết MA = MB ⇔ xA + xB = 2xM ⇔ ( )
2
9 4
1 18
k
k k
+
−
= 2
k = -
9 4
Thay k =
-9
4
vào (1), ta được (d) có phương trình : 4x + 9y – 13 = 0
I = ∫ ( )
+
+
1
0 6
4
1
1
x
dx x
f(x) =
1
1
6
4
+
+
x
x
= ( 1)( 1)
1
2 4 2
4
+
− +
+
x x x
x
= ( 1)( 1)
1
2 4 2
2 2
4
+
− +
+ +
−
x x x
x x
x
=
1
1
2 +
1
6
2
+
x x
→ I = ∫1 +
0
2 1
x
dx
+ ∫1 +
0 6
2
1
x
dx x
I = ∫1 +
0
2 1
x dx
Đặt x = tg t ;
2 2
π
π <t <
; x 10 →t π04
dx =
t
dt
2
cos = (1+tg2t) dt
→ I1 = ( )dt
t tg
t tg
0 2
2
1 1
π
= ∫4
0
π
dt = t π04 =
4 π
I2 = ∫1 +
0 6
2
1
x
dx x
Đặt u = x3 ; x
0
1
→ u
0 1
Ta có : du = 3x2dx → x2dx =
3
du
⇒ I2 = ∫ ( + )
1
0
2 1
3 u
du
= ∫1 +
0
2 1 3
1
u
du
=
4 3
1 π
=
12 π
Khi đó I = I1 + I2 =
4
π
+
12
π
=
3 π
0,25 0,5
0,25
0,25 0,25
0,5
Trang 8Vậy I =
3
π
0,25
