Đề ôn luyện học sinh giỏi cấp tỉnh toán 12 năm học 2013 – 2014 (thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề)42715

1 TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG ĐỀ SỐ ĐỀ ƠN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TỐN 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 (Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề) Bài 1: (3,0điểm ) Cho hàm số y  x 1 (1) Gọi I giao điểm hai tiệm cận đồ thị hàm số (1).Viết x 1 phương trình đường thẳng (∆) vng góc với đường thẳng y = -x cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm A B cho tam giác IAB có diện tích Bài 2:(2,5 điểm ) Giải phương trình 2sin x  sin x   3( s inx  cos x) Bài 3:(2,5 điểm )  Tính tích phân I   cos x  sin x dx (1  s inx)(2  cos x) Bài 4: ( 3,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(3;2) , trực tâm H(1;0) gốc tọa độ O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh B ,C Bài 5: ( 3,0 điểm ) Cho số dương x,y,z thỏa mãn x2 + y2 + z2 - ( x + y + z)  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1   1 x 1 y 1 z Bài : ( 3,0 điểm ) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có độ dài cạnh a điểm M thuộc cạnh CC' cho CM = 2a Mặt phẳng (  ) qua A,M song song BD chia khối lập phương thành hai khối đa diện Tính thể tích hai khối đa diện Bài : ( 3,0 điểm ) xy  2 x  y  x  y  Giải hệ phương trình  3 x(2  x  3)  2(3 x  y )(  x  x  x  y )   HẾT DeThiMau.vn Bài 1: +(  ): y = x + m + Phương trình hồnh độ giao điểm : x2+(m-2)x-m-1 = + AB = |x1 - x2| = m  d(I;(  )) = + SIAB = = |m| | m | m   m = ±2 , có đường thẳng :y = x -2 y = m + 2  Bài 2: ( s inx  cos x)2  3( s inx  cos x)   x =   k   2 1 d (s inx)   d (sin x) = ln2  s inx  sin x 0 Bài 3:I =  Bài 4: + Viết phương trình AH cắt Đường tròn (O) H' = (O)  AH H H' đối xứng qua BC , Tìm M trung điểm HH' Viết đường thẳng BC qua M vng góc AH B,C giao điểm BC đường tròn (O)( tâm O , BK: OA) Bài :+ (x + y + z )2  3( x  y  z )(1) + x  y  z  ( x  y  z )  (2) Từ (1) (2)  x + y + z  +P = 1 9  Do : P = 9/7 x = y = z =4/3    1 x 1 y 1 z  x  y  z Bài 6: + Ta có : VAB1MD1BCD = 2VA.MCBB1 D' A' B' M D1 D A B1 3 3 = AB.S BCMB  AB ( BB1  CM )  a ( a  a)  a C' Do : VAB1MD1A'B'C'D' = a C B Bài 7:+ĐK : x + y > x  y  xy  , a = x + y b = xy , a > a2  4b x y b a Ta có : a  2b    a   2b(a  1)   (a  1)(a  a   2b)   a =  x + y =  y = 1- x vào (2) ,ta có : x(2  x  3)  2(1  x)(  x  x  1) =  3x(2  (3x)2  3) = (1  x)( (1  x)2   2) + Xét hàm số f(t) = t ( t   2) R mà : f'(t) = t   + t2 t2  f(t) đồng biến R , mà : f(-3x) = f(1+2x)  x = -1/5 y = 6/5 + Vậy hệ có nghiệm ( -1/5;6/5) DeThiMau.vn > với t TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG ĐỀ SỐ ĐỀ ÔN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TOÁN 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 (Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề) Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y    m  x3  6mx    m  x  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm m để đường thẳng d: y = - cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; -2), B C cho diện tích tam giác OBC 13 Câu II (4,0 điểm) Giải phương trình: 3cos x  2sin x    x x  y  x  y y  x  y  Giải hệ phương trình:  ( x; y  R ) Câu III (4,0 điểm) Cho số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = m + n + p = Tìm giá trị lớn biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m Giải phương trình log  x  1   log 4  x  log   x  Câu IV (4,0 điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức Niutơn ( x  2)n , biết: An3  8Cn2  Cn1  49, (n  N , n  3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = Gọi I giao điểm (d) (d') Viết phương trình đường thẳng qua I tạo với trục hoành góc 60o Câu V (4,0 điểm) Đáy ABCD hình chóp S.ABCD hình thoi với cạnh AB = a, ฀  60o Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a góc BAD a/ Tính thể tích khối chóp cho ฀ b/ Gọi M trung điểm cạnh SC Tính giá trị cos BMD Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;1), B(2;0;6), C(3;2;0) , D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cách C, D ……………………………… HẾT…………………………………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm DeThiMau.vn HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu I Nội dung Ý Điểm (4,0 điểm) (2,0 điểm) Khảo sát Khi m =  y  x3  x  x   TXĐ: D = R lim ( x3  x  x  2)   , lim ( x3  x  x  2)   x  0,50 x  x  y '  x  12 x     x   BBT: x - y/ + + - 0,50 + + y - -2 Hàm số đồng biến: (-  ; 1),(3;+  ) Hàm số nghịch biến: (1;3) fCĐ = f(1) = fCT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0  x  =>y=0 Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) tâm đối xứng Tìm m để đường thẳng d: y= - cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0;-2), B C cho diện tích tam giác OBC 13 Phương trình hồnh độ giao điểm là:   m  x3  6mx    m  x   2 0,50 0,50 (2,0 điểm)    m  x3  6mx    m  x  (1)  x   m  x  6mx    m    x     m  x  6mx    m     Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác ta có điều kiện: DeThiMau.vn 0,50 2 m    9m    m     m  2  m  Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB  xC (xB; xC hai nghiệm phương trình (2)) Gọi h khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + = => h = Theo ta có S OBC  h.BC  13  BC  13   xB  xC   xB xC  13(3) 6m   xB  xC  Theo định lý viét ta có:   m (4)  xB xC  14  m  6m   Thay (4) vào (3) ta được:  13 (tm)   36  13    2m  m  14 II Giải phương trình: 3cos x  2sin x     Phương trình  2cos x   1  cos x     6cos x  cos x   2    x   arccos( )  k cos x   (k  Z ) nghiệm    x    k cos x     2  x x  y  x  y y Giải hệ phương trình:  ( x; y  R )  x  y  ĐK: x  0; y  0,50 0,50 0,50 (4,0 điểm) (2,0 điểm) 0,50 0,50 0,50 0,50 (2,0 điểm) 0,50 Hệ phương trình tương đương với: x  (x  1) x  (y  8) y    x(x  1)  y(y  8)   y  x  y  x   x  x   x   y  x   y  x    y  3x  22x  45   x  9; x     x  Từ đó, hệ có nghiệm nhất:  y  III DeThiMau.vn 0,75 0,50 0,25 () Cho số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = m + n + p = (2,0 Tìm giá trị lớn biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m điểm) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: a.m  b.n  c.p  (a  b  c )(m  n  p )  m  n  p  A  a.m  b.n  c.p  m.n  n.p  p.m  m.n  n.p  p.m  m  n  p 0,50 Đặt: m.n + n.p + p.m = t Ta có: m.n  n.p  p.m  (m  n  p)  25 hay t  25 3 2 2 Và: m + n + p = (m + n + p) – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t 0,50 Vậy A  25  2t  t  f (t) Ta có: f (t)     0, t  25  f(t) tăng ; 25  3 25  2t    A  f (t)  f 25  25   25  3 3 m  n  p   Đẳng thức xảy khi:  a  b  c   0,50 Vậy: max A  25  đạt m  n  p  a  b  c  3 Giải phương trình log  x  1   log 2  x  log   x  x 1  4  x   Điều kiện: 4  x     x  1 4  x   0,50 (2)  log x    log   x   log   x   log x    log 16  x   log x   log 16  x   x   16  x x   x  6  lo¹i  + Với 1  x  ta có phương trình x  x  12    + Với 4  x  1 ta có 0,50 (2,0 điểm) phương trình  x   24   x   24  lo¹i  0,50 0,50 x  x  20  0,50 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  x  1   IV (4,0) (2,0 Tìm hệ số x8 khai triển nhị thức Niutơn ( x  2)n , điểm) biết: An3  8Cn2  Cn1  49, (n  N , n  3) DeThiMau.vn An3  8Cn2  Cn1  49  n( n  1)( n  2)  8n( n  1)  n  49  n3  n  n  49   n  7 Khi đó: ( x  2) n  ( x  2)7   C7k x 2(7  k ) 2k k 0 Số hạng chứa x  2(7  k )   k  Hệ số x8 C73 23  280 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = Gọi I giao điểm (d) (d') Viết (2,0 phương trình đường thẳng qua I tạo với trục hồnh góc điểm) 60o x   3x  4y  25     I  ; 83 0,50 Toạ độ điểm I nghiệm hệ  14    15x 8y 41 83  y   14  Gọi  đường thẳng cần tìm, n  (A; B) (A2 + B2 > 0) véc-tơ pháp tuyến     Khi đó, Ox có véc-tơ pháp tuyến j  (0;1) nên từ giả thiết tốn ta có:   | B|  A2 + B2 = 4B2  A2 = 3B2 cos 60o  cos  n; j    2 A B Do A2 + B2 > nên chọn A =  B       0,50 0,25 Với A = 3, B   Phương trình : x   y  83   14  3x  3y   83   42x  14 3y  18  83  14 Với A = 3, B    Phương trình : x   y  83   14     0,25  3x  3y   83   42x  14 3y  18  83  14 Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn tốn: 1: 42x  14 3y  18  83  , 2: 42x  14 3y  18  83  0.50 V Đáy ABCD hình chóp S.ABCD hình thoi với cạnh AB = a, góc (2,0 ฀ điểm) BAD  60o Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a a/ Tính thể tích khối chóp cho ฀ b/ Gọi M trung điểm cạnh SC Tính giá trị cos BMD DeThiMau.vn Từ giả thiết suy SAC cân, SBD cạnh a Gọi H = AC  BD  SH đường cao hình chóp S.ABCD Ta có: SH  a ; SABCD  a sin 600  a 2 Do đó: V  SABCD SH  a (đvtt) ฀ MBD cân M, MH đường phân giác góc BMD ฀ Đặt BMD  2 Trong SAC, MH đường trung bình  MH  SA 0.50 AH  a  SH  SHA vuông cân H  SA  a  MH  a 2 2 ฀ Trong BMH ta có tan   tan BMH  BH  MH Từ đó: cos     cos 2  cos    0.50  tan  15 ฀ 1 Vậy: cos BMD Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;1;1); B(2;0;6); (2,0 C(3;2;0) ; D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cách điểm) C, D + Nếu C, D nằm phía với (P) C ,D cách (P) CD//(P)   AB(1;1;5), CD (4;2;2)  AB, CD  (12;18;6)  n  (2;3;1) vtpt 0,50 (P) Pt (P) 2( x  1)  3( y  1)  1( z  1)   x  y  z   0,50 + Nếu C,D nằm khác phía với (P) C ,D cách (P) (P) qua trung điểm M(5;3;1) cuả CD 0,50   AB(1;1;5), AM (4;2;0)  AB, AM  (10;20;6)  n(5;10;3) vtpt (P) PT(P)  5( x  1)  10( y  1)  3( z  1)   5 x  10 y  3z   Vậy có mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán là: 2x – 3y – z + = 5x – 10y - 3z + = Hết DeThiMau.vn 0,50 TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG ĐỀ SỐ ĐỀ ÔN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TOÁN 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 (Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề) 2x  (1) x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) , biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang A, B cho AB  IB , với I (2, 2) Câu II: Câu I:Cho hàm số: y   x  y   2x   y   Giải hệ phương trình:   x  y  x  y   3x  y   Giải phương trình: ( x, y  ฀ ) sin 2x  3tan 2x  sin x  tan x  sin x Câu III: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y   Đường thẳng qua D trung điểm đoạn AB có phương trình: x  y  23  Tìm tọa độ B C , biết điểm B có hồnh độ dương Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R ) Gọi P, Q điểm di động cung nhỏ ฀ AB , ฀ AC cho P, Q, O thẳng hàng Gọi D , E hình chiếu vng góc P lên đường thẳng BC , AB tương ứng D ', E ' hình chiếu vng góc Q lên đường thẳng BC , AC Gọi K giao điểm hai đường thẳng DE D ' E ' Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KDD ' (theo R ) Câu IV: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, tam giác SAB cạnh a nằm mặt phẳng vng góc với đáy Góc mặt phẳng ( SCD) mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a Tính khoảng cách hai đường thẳng SA DB theo a Câu V: Cho a, b, c ba số dương Tìm giá trị lớn biểu thức: P   a  1 b  1 c  1 a  b2  c2   u1  2013 Câu VI: Cho dãy số (un ) xác định:  u (2  9u )  2u (2  5u ), n  n 1 n 1 n  n Xét dãy số  u u1 u     n Tìm lim  u1  u2  un HẾT - Thí sinh không sử dụng tài liệu  Giám thị không giải thích thêm DeThiMau.vn 10 HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Câu I Ý Lời giải Cho hàm số: y  2x  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số x2 TXĐ: D  R \ 2 x  lim y  ;lim y   x  2 y/  x  2 1  x  2 0,25  phương trình đường TCN: y = lim y  2 0,5  phương trình đường TCĐ: x = 0,5  x  D  Hàm số nghịch biến khoảng xác định Hàm số khơng có cực trị Bảng biến thiên: Điểm 2,0 0,25 Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2) Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0) Đồ thị: 0,25 Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang A, B cho AB  IB , với I(2;2) 2,0 DeThiMau.vn 0,25 11  x0   Gọi M  x0 ;   (C )  x   PTTT (C) M: y   0,5  x0   x x02  x0   x0   Do AB  IB tam giác AIB vuông I  IA = IB nên hệ số góc tiếp 1 tuyến k = k = -1 y /   nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k =  x  2 -1  II 1  x0  1  x0   1    x0  0,5 0,5  có hai phương trình tiếp tuyến: y  x  ; y  x  0,5  x  y   2x 1  y 1  Giải hệ phương trình:   x  y  x  y   3x  y   2,5 (1) x, y  ฀ (2)  x    Đk:  y    0,5 x  y 1  Pt(2)  x   y  3 x  y  y      x  y   (loai ) 1,0 Pt(1)  x    x  y y 1  1,25  xy   x  y 2  xy    x  y    xy   x  y           xy    xy  3 xy    xy     xy   xy   (loai ) (do   x  y   xy  xy   0)   x x  y  x      2 Hệ cho tương đương:   3  xy   y  y     2  3 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm:   ;  ,  ;    2 2 2 sin x  3tan x  sin x 2 Giải phương trình: tan x  sin x DeThiMau.vn 0,75 2,5 12 cos x  Đk:  (*) tan x  sin x   Pt tương đương: 3sin x  tan x  sin x   3sin x cos x  sin x  sin x cos x  0,5 0,75   cos x  1 sin x  sin x       x   k cos x  1  cos x       sin x    x  k  sin x  sin x    cos x    x     k   Nghiệm x    III 0,5  k thỏa mãn (*) Phương trình có họ nghiệm: x   0,75   k Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y   Đường thẳng qua D trung điểm đoạn AB có phương trình: x  y  23  Tìm tọa độ B C , biết điểm B có hồnh độ dương Gọi C  c; c    d1 , M trung điểm AB, I giao điểm AC d2: 3x – 4y – 23 =    c  10 c  10  Ta có ฀ AIM đồng dạng ฀ CID  CI  AI  CI  IA  I  ;    c  10 c  10 Mà I  d nên ta có: 4  23   c  3 Vậy C(1;5) 3t    3t  23   Ta có: M  d  M  t ;   B  2t  5;        3t     3t  19  AB   2t  10;  , CB   2t  6;      t    Do AB.CB    t   t  3   3t   3t  19     29 t    B (3; 3) (loai )  33 21     33 21   B ;  B  ;   5   5  Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R ) Gọi P, Q điểm di động cung nhỏ ฀ AB , ฀ AC cho P, Q, O thẳng hàng Gọi D , E hình chiếu vng góc P lên đường thẳng BC , AB DeThiMau.vn 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 13 tương ứng D ', E ' hình chiếu vng góc Q lên đường thẳng BC , AC Gọi K giao điểm hai đường thẳng DE D ' E ' Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KDD ' (theo R ) IV Chứng minh góc DKD '  900 Kẻ KH vng góc với BC (H thuộc BC), ta có: DKH  DKP ( KH / / PD) DKP  PBA (tứ giác PEBD nội tiếp) ฀ Suy ra: DKH  PBA  sd PA Tương tự, ta chứng minh được: D ' KH  sd ฀ AQ ฀ Vậy DKD '  DKH  D ' KH  sd PQ  900 (do PQ đường kính) Chứng minh DD '  R : Thật vậy, xét hình thang vng DPQD ' vuông D D’ nên DD '  QP  R , dấu “=” xảy PQ / / BC KD  KD '2 DD '2 R Xét tam giác DKD ' Ta có: S  KD.KD '     R2 4 Vậy diện tích lớn tam giác DKD ' R PQ / / BC Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, tam giác SAB cạnh a nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Góc mặt phẳng ( SCD) mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a DeThiMau.vn 0,5 0,5 1,0 1,5 14 H, M trung điểm AB CD SH  AB   SH   ABCD  Ta có:  SAB    ABCD  a Góc (SCD) mặt đáy SMH  600 SH a Ta có HM   tan 60 2 a a a3  VS ABCD   2 12 Tính khoảng cách hai đường thẳng SA DB theo a Kẻ đường thẳng d qua A d//BD Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường thẳng  qua H ,   d  cắt d J,  cắt BD I (SHI) kẻ HK vng góc với SI K Khi đó: d BD ,SA  d I ,( S ,d )   2d H ,( S ,d )   2d H ,( SBD )   HK 0,5 SH  IH BH BH AD a   IH   10 AD BD BD 1 a    HK  Xét ฀ SHI vng H, ta có: 2 HK HS HI a Vậy d BD ,SA  Cho a, b, c ba số duơng Tìm giá trị lớn biểu thức: Ta có ฀ BIH đồng dạng ฀ BAD  V P a  b2  c2  a  b 1   2  c  1  0,5 1,5 0,5 0,5 0,5 2,0  a  1 b  1 c  1 1 2 a  b    c  1    a  b  c  1   2 2 3  a 1 b 1 c 1  a  b  c    a  1 b  1 c  1      3     54  Vậy P  a  b  c   a  b  c  3 a b c 0,25 0,25  DeThiMau.vn 0,75 0,75 0,75 15 = f / (t )   t 54   f (t ) t  t  3 với t  a  b  c  (t  1) t  162 /  ; f ( t )   t  1(loai ) t t  2  + f’(t) 0,75 + - 1/4 f(t) VI a  b  c   Vậy giá trị lớn P  a  b  c  a  b  c 1 c    u1  2013 Cho dãy số (un ) đuợc xác định:  u (2  9u )  2u (2  5u ), n  n 1 n 1 n  n Xét dãy số  u u1 u     n Tìm lim  u1  u2  un Ta có un  0n  0,25 Khi đó: un2   9un1   2un1   5un    9  2,0  9un1    5un  un1 un 10  un2 un un1 Đặt xn  n  Khi ta có dãy  xn  xác định bởi: un  x1  2013   xn1  xn  xn  n  Chứng minh  xn  dãy tăng: 0,25 Xét hiệu: xn1  xn  xn2  xn   xn   xn  3  Do x1  2013  nên xn1  xn  suy dãy  xn  dãy tăng Chứng minh (xn) không bị chặn hay lim xn   : Giả sử (xn) bị chặn, dãy tăng bị chặn nên tồn giới hạn hữu hạn Giả sử dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt lim xn  a,  a  2013 Từ công thức truy hồi xn1  xn2  xn  Lấy giới hạn hai vế, ta được: a  a  5a   a  (không thỏa mãn) DeThiMau.vn 0,5 16 Do dãy cho khơng có giới hạn hữu hạn Ta có: 0,5     u 1   u   2    n        n   u1  un 2 x x    2  n   2 u u n   1 Mà:   xn  xn  xn1  0,5    1    Do đó, ta có:     2   x1  xn1    2013  xn1   Mà lim xn   nên lim  1005 DeThiMau.vn ... cầu toán l? ?: 2x – 3y – z + = 5x – 10y - 3z + = Hết DeThiMau.vn 0,50 TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG ĐỀ SỐ ĐỀ ÔN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TOÁN 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 (Thời gian : 180 phút. .. TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG ĐỀ SỐ ĐỀ ƠN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TỐN 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 (Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề) Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y    m  x3  6mx  ... TRUNG ĐỀ SỐ ĐỀ ÔN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TOÁN 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 (Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề) 2x  (1) x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) Viết phương trình tiếp