Đề 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 đờng 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 = x3 x2dx
1
0
1
Bài 3: (2điểm)
Cho phơng trình:
x2 – 2 ( m - 1) x + 2m2 – 3m + 1 = 0 (m là tham số)
Chứng minh rằng khi phơng trình có nghiệm thì hai nghiệm của nó thỏa mãn bất đẳng thức
| x1+ x2 + x1x2 |
8 9
Bài 4: (2 điểm)
Giải bất phơng trình
2 3
2 x + x 2 3 4 ( 3x 2 )(x 2 )
Bài 5: (2điểm)
Giải phơng trình
sin3 (x + ) 2 sinx
4
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 = lim1
5
3
x
x x
Bài 8: ( 2 điểm)
Giải phơng trình
x- 2 5
x x-1- 2 5
x
4 - 12 2 + 8 = 0
Bài 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 đờng thẳng AC và SD
Bài 10: (2 điểm)
Giả sử x,y là 2 số dơng thỏa mãn điều kiện 2 3 6
y x
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng x+y
Trang 2Đáp 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
1
0
x x
=> 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”:
(1/2;1/4)
* Bảng biến thiên:
1/4
(0,25)
Đồ thị :
Giao điểm với trục ox: (1;0) và (-1/2; 0)
Trang 3Giao điểm với trục oy: (0; 1/2)
(0,25)
b) PT hoành độ giao điểm:
2
1 2
x m
Đờng 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 đợc:
f(x) = (x -
2
m
) (x2 – mx – 1 -
2
2
m ) -
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 (x)= x2 – mx – 1 -
2
2
m
có 2 nghiệm trái dấu (0,25)
và có (
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
Trang 4Đặt x = sin t, t
2
; 2
dx = cost dt (0,5)
x = 0 t = 0, x=1 t =
2
2
0
2 2
2
0
=
15
2
| ) cos 3
1 cos 5
1 ( ) (cos ).
cos
0 3 5
2 2
0
4
t t
t d t t
(0,5)
Vậy
15
2
1
1
0
3
(0,5)
Bài 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 phơng 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 phơng trình
2 3 x 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 đợc
Trang 52 1 3
2
2 3
x
x
4
2
2 3
x x
(0,25)
§Æt t = 4
2
2 3
x
x
, t 0 (0,25)
BPT 2t2 – 3t + 1 0 0 t
2
1
hoÆc t 1 (0,25)
* Víi 0 t
2
1
th× 4
2
2 3
x
x
2
1
3
2
47 34
(0,25)
* Víi t 1 th× 4
2
2 3
x
x 1 x 2 (0,25)
VËy tËp nghiÖm cña BPT (1): T =
47
34
; 3
2
2 ; (0,25)
Bµi 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh
sin3 (x + ) 2 sinx
4
§Æt t = x +
4
th× ph¬ng tr×nh trë thµnh (0,25)
sin3 t = 2 sin (t -
4
) sin3t = sint – cost (0,5)
sint (1 – cos2t) = sint – cost cost (1- sint.cost) = 0
(0,5)
t t
t t
t
4 2
0
cos
2 sin 2
1 1 0 cos
.
sin
1
VËy x =
4
+ k (k z)
Bµi 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
sin
1 1 sin
1 ( 2 2
B
(0,5)
sin
1 sin
1 ( 2
1 1 sin
sin
2
2 2
2
A
(0,25)
Trang 6B
A 2
2 sin
sin
2
=
B
B A
2 2
2 2
sin sin 2
sin sin
(0,25)
) sin
(0,25)
sin 2 sin 2 2 0
A
(0,25)
sinA sin B
(0,5)
AB ABC c©n
Bµi 7:
I = lim1
5
3
x
x
x = lim1
1
2 5
lim 1
2
3
x
x x
x
(0,5)
= lim1
( 1 )( 5 2 )
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)
=lim1
) 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)
=lim1
2 5
1 lim
4 7 2 ) 7 (
1
2 1
3
x x
(0,5)
=
12
7
2
1
12
1
(0,25)
Bµi 8: §iÒu kiÖn
;
5 x
x 5
(0,25)
0 8 2
12
x
x
(0,25)
§Æt x x t
2 5
2 ( t > 0 ) ph¬ng tr×nh trë thµnh
(0,25)
0 8 6
2 t
t t = 2 hoÆc t = 4
(0,5)
Trang 7* Với t = 2 2 5 2 2 5 1 3
(0,25)
* Với t = 4 2 5
2x x
4
9 2
5
(025)
Vậy phơng trình có nghiệm x = 3; x =
4 9
(0,25)
Bài 9:
Phơng pháp tổng hợp:
- Từ D dựng Dx // AC
- Từ A dựng AF Dx ( FDx) và AH SF ( HSF)
- Dựng HP // FD ( PSD)
- Dựng PQ // AH (QAC)
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:
10
3
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
Vậy d (AC,SD) = AH =
7 6
y
x
3
2 3
(0,5)
Theo BĐT Bunhiacopski ta có:
y
(0,5)
Trang 86
6 2 5 6
) 3 2
y
(0,25)
§¼ng thøc x¶y ra khi
3 2
6 3 2
2
x y x
6 6 3 6 6 2
y
x
(0,5)
VËy min x y =
6
6 2
5 t¹i
6
6
2
x
(0,25)
6
6
3
y
