Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 20 pptx

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 Thời gian : 180 phút Bài 1: (2điểm) : Tìm các điểm cực trị của hàm số : y = e x cosx. (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  ; 2). (Trích đề thi ĐH Y thành phố Hồ Chí Minh - 1999) Bài 3 (2 điểm) : Giải bất phương trình : 162 2  xx - 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) > . (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 75 2 3 23   x xx (Trích đề thi ĐH QGHN năm 1993) Bài 6 (2 điểm) : Tính : I =   1 0 24 1xx xdx (Trích đề ĐH TCKT năm 2000) Bài 7 (2 điểm) : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = x 3 + 2 3 x với x > 0 x  1 (Trích PP giải toán hàm số của tác giả Lê Hồng Đức) Bài 8 (2 điểm) : Giải phương trình : 2sin3sin2 3).10sin3(3   xx x + 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 : d B : x - 2y + 1 = 0 d C : 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 Bài Nội dung Điểm 1 TXĐ : D = R 0,25 Ta có : y' = e x cosx - e x sinx. Cho y' = 0  e x (cosx - sinx) = 0  sinx = cosx  x = 4  + k ( kz). 0,25 y" = e x cosx - e x sinx - (e x sinx + e x cosx) = - 2e x sinx 0,5 Với x = 4  + k TH 1 : Nếu k = 2l (lz) thì x = 4  + l2. Thay vào y" : y"( 4  + l2) = -   2 4 2 l e  . Sin ( 4  + l2) < 0.  y = 4  + l2 (lz) là điểm cực đại của hàm số. 0,5 TH 2 : Nếu k = 2l + 1 (lz) thì x = 4 5  + l2 Thay vào y" ta có : y"( 4 5  + l2) = -2   2 4 5 l e  Sin ( 4 5  + l2) > 0  x = 4 5  + l2 là điểm cực tiểu của hàm số (lz) 0,5 2 4.00 2a 2.00 Biến đổi phương trình về dạng : 4cos 3 x - 3cosx - 2cos 2 x + 1 + mcosx - 1 = 0  4cos 3 x - 2cos 2 x + (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 (4t 2 - 2t - 2) = 0  t = 0; t = - 2 1 ; t = 1 thoả mãn (*) 1.00 cosx = 0 x = 2  + k2  cosx = - 2 1  x = 3 2   + k2 (kz) cosx = 1 x = k2 0,5 2b 2.00 Từ phương trình (1) ta có : cosx = 0 (2) 4cos 2 x - 2cosx + m - 3 = 0 (3) Giải (2) ta có : cosx = 0  x = 2  + k (kz) Vì x (- 2  ; 2) nên phương trình (2) chỉ nhận : x = 2  là nghiệm x = 2 3  0,5 Đặt t = cosx thì (3)  4t 2 - 2t + m - 3 = 0 (4) 0,5 Để phương trình (1) có đúng 7 nghiệm  (- 2  ; 2) thì phương trình (4) phải có nghiệm thoả mãn điều kiện sau : -1 < t 1 < 0 < t 2 < 1 af(0) < 0 Trong đó f(t) = 4t 2 - 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 3 2.00 162 2  xx > x - 2 2x 2 - 6x + 1  0  x - 2 < 0 2x 2 - 6x + 1> (x - 2) 2 x - 2  0 0,5 x  2 73 x  2 73  x < 2 2x 2 - 6x + 1 > x 2 - 4x + 4 x  2 0.5 x  2 73  x 2 - 2x - 3 > 0 x  2 0,5 x  2 73  x < -1  x  2 73 x > 3 x > 3 x  2 KL : Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là : T = (-  ; 2 73 ]  (3; + ) 0,5 4 2.00 Chứng minh : Xét hàm số : f(x) = 3 2 sinx + 3 1 tgx - x Với x  (0 ; 2  ) 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 ) - 1  3 1 . 3 - 1 0,5  f'(x)  0  Hàm số y = f(x) là hàm số ĐB trên (0 ; 2  )  f(x) > f(0) 0,5  3 2 sinx + 3 1 tgx - x > 0  x  (0 ; 2  ) 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.  3 2 (sinA + sinB + sinC) + 3 1 (tgA + tgB + tgC) > A + B + C  3 2 (sinA + sinB + sinC) + 3 1 (tgA + tgB + tgC) >  () 0, 5 5 2.00 Viết F(x) về dưới dạng : F(x) = 1 )27()25( 2 3 23   x xx 1.00 Vậy : A = lim ) 1 25 ( 2 3   x x - lim 1 27 2 3 2   x x x  1 x  1 Ta có : lim ) 1 25 ( 2 3   x x = lim 25)(1( 45 32 3   xx x = x  1 x  1 = lim 25)(1( )1( 3 2   xx xx = - 8 3 x  1 0,5 Ta có : lim 1 27 2 3 2   x x = lim ]472)7)[(1( 1 3 22 3 22 2   xxx x = x  1 x  1 = lim 472)7( 1 3 223 2  xx = 12 1 x  1  A = - - 8 3 - 12 1 = - 24 11 0,5 6 2.00 Đặt t = x 2  dt = 2xdx Khi x = 0  t = 0 x = 1  t = 1 khi đó ta có : I =   1 0 2 12 1 tt dt =   1 0 2 4 3 ) 2 1 ( 2 1 t dt Đặt t + 2 1 = 2 3 tgu  dt = 2 3 u du 2 cos = 2 3 (1 + tg 2 u) du Khi t = 0  u = 6  t = 1  u = 3  0,5 0,5 I = 2 1     3 6 3 6 2 2 3 1 4 3 4 3 )1( 2 3     du utg duutg 0,5 I =   3 6 363 1    u 0,5 7 2.00 Ta có : y = 2 1 x 3 + 2 1 x 3 + 2 1 x + 2 1 x + 2 1 x ( x >0) 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 5 số : 2 1 x 3 ; 2 1 x 3 ; 2 1 x ; 2 1 x ; 2 1 x ta có : y  5 5 222 33 1 . 1 . 1 . 3 1 . 2 1 xxx xx  y  5 5 4 1  y  5 4 5  Min y = 5 4 5 (0; + ) 0,5 0,5 Dấu "=" sảy ra  2 1 x 3 = 2 1 x 3 = x 2 = x 2 = x 2  x 5 = 2  x = 5 2 0,5 8 2.00 3 2sinx - 3 + (3sinx - 10) 3 sinx - 2 + 3 - sinx = 0 (5) Đặt t = 3 sinx - 2 với t > 0. Khi đó phương trình tương đương với : 3t 2 + (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 : 3 sinx - 2 = 3 1  sinx - 2 = -1  sinx = 1  x = 2  + k2 (kz ) 0,5 + Với t = 3 - sinx ta có : 3 sinx - 2 = 3 - sinx (7) Nhận thấy sinx = 2 là nghiệm của phương trình (7) vì 3 0 = 3 - 2 (đúng) 0,5 Chứng minh sinx = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (7) vì : Vế trái y = 3 sinx - 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  + k2 (kz ) 0,5 9 2.00 Gọi A 1 ; A 2 theo thứ tự là điểm A(2; -1) d B đối xứng của A qua (d B ) và (d C ) d C thì A 1 ; A 2  BC.  Phương trình đường thẳng A 1 A 2 cũng chính là phương trình của đường thẳng B. B A 1 A 2 C + Xác định A 1 : Gọi (d 1 ) là đường thẳng thoã mãn : (d 1 ) đi qua A (d 1 )  (d B )  (d 1 ) đi qua A ( 2; -1) nhận véc tơ pháp tuyến 1 n = (2; 1)  (d 1 ) : 2x + y - 3 = 0 Gọi E = (d 1 )  (d B )  Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ : 2x + y - 3 = 0  E (1;1) vì E là trung điểm AA 1  A 1 (0;3) x - 2y + 1 = 0 0,5 + Xác định A 2 : Gọi (d 2 ) là đường thẳng thoã mãn : (d 2 ) đi qua A (d 2 )  (d C )  (d 2 ) đi qua A ( 2; -1) nhận véc tơ pháp tuyến 2 n = (1; -1)  (d 2 ) : x - y - 3 = 0 Gọi F = (d 2 )  (d C ). Toạ độ điểm F là nghiệm của hệ : 0,5 E F x - y - 3 = 0  F (0; -3) Vì F là trung điểm AA 2  A 2 (-2; -5) x + y + 3 = 0 Vậy phương trình BC được xác định : BC đi qua A 1  BC : 4x - y + 3 = 0 đi qua A 2 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 .  1  A = - - 8 3 - 12 1 = - 24 11 0,5 6 2.00 Đặt t = x 2  dt = 2xdx Khi x = 0  t = 0 x = 1  t = 1 khi đó ta có : I =   1 0 2 12 1 tt dt =   1 0 2 4 3 ) 2 1 ( 2 1 t dt . d B : x - 2y + 1 = 0 d C : x + y + 3 = 0 Hãy lập phương trình đường thẳng BC./. (Trích đề thi ĐH Thương mại năm 19 99) HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 Thời. 4cos 3 x - 3cosx - 2cos 2 x + 1 + mcosx - 1 = 0  4cos 3 x - 2cos 2 x + (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 (4t 2 - 2t - 2)