Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán năm 2013 (2)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian 180 phút Bài 1: (2đ) Cho hàm số: y = x 3 - 32 2 1 2 3 mmx + (m là tham số) a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 b. Xác định m để đường 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 = dxxx 23 1 0 1− ∫ Bài 3: (2điểm) Cho phương trình: x 2 – 2 ( m - 1) x + 2m 2 – 3m + 1 = 0 (m là tham số) Chứng minh rằng khi phương trình có nghiệm thì hai nghiệm của nó thỏa mãn bất đẳng thức. | x 1 + x 2 + x 1 x 2 | ≤ 8 9 Bài 4: (2 điểm) Giải bất phương trình 232 −x + 2+x ≥ 3 4 )2)(23( +− xx Bài 5: (2điểm) Giải phương trình sin 3 (x + xsin2) 4 = π Bài 6: (2điểm) Cho ∆ ABC có: 2 1 sinsin coscos 22 22 = + + BA BA (cotg 2 A + cotg 2 B) Chứng minh rằng ∆ ABC cân Bài 7: (2điểm) Tính giới hạn sau: I = 1 lim →x 1 57 2 3 − −−+ x xx Bài 8: ( 2 điểm) Giải phương trình x- 5 2 −x x-1- 5 2 −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 đường thẳng AC và SD Bài 10: (2 điểm) Giả sử x,y là 2 số dương thỏa mãn điều kiện 6 32 =+ yx Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng x+y. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Bài 1: a) Với m = 1 thì hàm số có dạng: y = 2 1 2 3 23 +− xx * TXĐ: D = R (0,25) • Chiều biến thiên y’ = 3x 2 – 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 , y cđ = 2 1 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, y ct = 0 • Giới hạn lim y = - ∞ , lim y = + ∞ x → - ∞ x → + ∞ (0,25) * Tính lồi, lõm, điểm uốn. y” = 6 x – 3 y” = 0 ⇔ x = 2 1 Dấu của y”: x - ∞ 1/2 + ∞ y” - 0 + Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm (1/2;1/4) * Bảng biến thiên: x - ∞ 0 1/2 1 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 1/2 + ∞ 1/4 - ∞ 0 (0,25) Đồ thị : Giao điểm với trục ox: (1;0) và (-1/2; 0) Giao điểm với trục oy: (0; 1/2) (0,25) b) PT hoành độ giao điểm: x 3 - 0 2 1 2 3 32 =+− mxmx (1) Đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C ⇔ pt (1) có 3 nghiệm phân biệt x A , x B , x C . Theo Vi et ta có : x A + x B +x C = 2 3 m (2) theo gt AB = BC ⇔ 2 x B =x A + x C (3) Từ (2) và (3) ⇒ x B = 2 m . Vậy x = 2 m là một nghiệm của (1). Chia f(x) = 323 2 1 2 3 mxmxx +−− cho 2 m x − ta được: f(x) = (x - 2 m ) (x 2 – 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 ) (x 2 – mx – 1 - 2 2 m ) có 3 nghiệm phân biệt vì )(x ϕ = x 2 – mx – 1 - 2 2 m có 2 nghiệm trái dấu (0,25) và có ϕ ( 2 m ) = -1 - 0 4 3 2 ≠ m . m ∀ vậy: m = 0 ; m = 2± (0,25) Bài 2: I = dxxx .1. 2 1 0 3 − ∫ Đặt x = sin t, t       −∈ 2 ; 2 ππ ⇒ dx = cost . dt (0,5) x = 0 ⇒ t = 0, x=1 ⇒ t = 2 π ⇒ ttx cossin11 22 =−=− ⇒ I = =−−= ∫∫ )(cos.cos).cos1(.cos.sin 2 2 0 22 2 0 3 tdttdttt ππ = 15 2 |)cos 3 1 cos 5 1 ()(cos).cos(cos 2/ 0 352 2 0 4 =−=− ∫ π π tttdtt (0,5) Vậy 15 2 .1. 2 1 0 3 =− ∫ dxxx (0,5) Bài 3: a) x 2 – 2(m-1) + 2m 2 – 3m + 1 = 0 (1) Ta có ∆ ’ = (m-1) 2 – (2m 2 – 3m + 1) = - m 2 + m (0,25) PT (1) có nghiệm ⇔ ∆ ’ ≥ 0 ⇔ - m 2 + m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1 (0,25) Vậy 0 ≤ m ≤ 1 thì pt (1) có nghiệm b) Gọi x 1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1) Theo Vi ét ta có: x 1 + x 2 = 2(m-1) x 1 . x 2 = 2m 2 – 3m + 1 (0,25) ⇒ | x 1 + x 2 + x 1 .x 2 | = | 2m – 2 + 2m 2 – 3m + 1| = | 2m 2 – m – 1| (0,25) = 2 | m 2 - 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 | x 1 + x 2 + x 1 . x 2 | ≤ 2. 16 9 = 8 9 (0,25) Bài 4: Giải phương trình 2 23 −x + 2+x ≥ 3 4 )2)(23( +− xx (1) TXĐ: D = { ∈x R \ x ≥ 3 2 } Trên D thì 2+x > 0, Chia 2 vế của (1) cho 2+x ta được 2 31 2 23 ≥+ + − x x 4 2 23 + − x x (0,25) Đặt t = 4 2 23 + − x x , t ≥ 0 (0,25) BPT ⇔ 2t 2 – 3t + 1 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 2 1 hoặc t ≥ 1 (0,25) * Với 0 ≤ t ≤ 2 1 thì 4 2 23 + − x x ≤ 2 1 ⇔ 3 2 ≤ x ≤ 47 34 (0,25) * Với t ≥ 1 thì 4 2 23 + − x x ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 (0,25) Vậy tập nghiệm của BPT (1): T =       47 34 ; 3 2 ∪ [ ] +∞;2 (0,25) Bài 5: Giải phương trình sin 3 (x + xsin.2) 4 = π Đặt t = x + 4 π thì phương trình trở thành (0,25) sin 3 t = 2 sin (t - 4 π ) ⇔ sin 3 t = sint – cost (0,5) ⇔ sint (1 – cos 2 t) = sint – cost ⇔ cost (1- sint.cost) = 0 (0,5) ⇔       +=⇔+=⇔= =⇔=− π π π π kxktt ttt 42 0cos 2sin 2 1 10cos.sin1 Vô nghiệm (0,5) Vậy x = 4 π + π k ( )zk ∈ Bài 6: BA BA 22 22 sinsin coscos + + = 2 1 (cotg 2 A + cotg 2 B) ⇔ BA BA 22 22 sinsin )sin(sin2 + +− = 2 1 )1 sin 1 1 sin 1 ( 22 −+− BA (0,5) ⇔ 1) sin 1 sin 1 ( 2 1 1 sinsin 2 2222 −+=− + BABA (0,25) ⇔ BA 22 sinsin 2 + = B BA 22 22 sinsin2 sinsin + (0,25) ⇔ 4 A 2 sin . B 2 sin = 222 )sin(sin BA + (0,25) ⇔ ( ) 0sinsin 2 22 =− BA (0,25) ⇔ BA sinsin = (0,5) ⇔ ∆⇒= BA ABC cân Bài 7: I = 1 lim →x 1 57 2 3 − −−+ x xx = 1 lim →x 1 25 lim 1 27 2 3 − −− − − −+ x x x x (0,5) = 1 lim →x         +−− +−−− − ++++− ++++−+ → )25)(1( 25)(25( lim )42.7)7()(1( )42.7)7()(27( 2 22 1x 3 3 2 3 3 2 3 xx xx xxx xxx (0,5) = 1 lim →x )25)(1( )45( lim )47.2)7()(1( )87( 2 2 1 3 3 2 +−− −− − ++++− −+ → xx x xxx x x (0,25) = 1 lim →x 25 1 lim 472)7( 1 2 1 3 3 2 +− + + ++++ → x x xx x (0,5) = 12 7 2 1 12 1 =+ (0,25) Bài 8: Điều kiện ;5 x≤− 5≥x (0,25) 082.124 515 22 =+− −−−−− xxxx ⇔ ( ) 082.62 5 2 5 22 =+− −−−− xxxx (0,25) Đặt t xx = −− 5 2 2 ( t > 0 ) phương trình trở thành (0,25) 086 2 =+− tt ⇔ t = 2 hoặc t = 4 (0,5) * Với t = 2 ⇒ 31522 25 2 =⇔=−−⇔= −− xxx xx (t/m) (0,25) * Với t = 4 ⇒ 5 2 2 −− xx 4 9 254 2 =⇔=−−⇔= xxx (t/m) (025) Vậy phương trình có nghiệm x = 3; x = 4 9 (0,25) Bài 9: Phương pháp tổng hợp: - Từ D dựng Dx // AC - Từ A dựng AF ⊥ Dx ( F ∈ Dx) và AH ⊥ SF ( H ∈ SF) - Dựng HP // FD ( P ∈ SD) - Dựng PQ // AH (Q ∈ AC) 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 ADAB AF AC AD AB AF (025) trong tam giác vuông SAF ta có: 36 49 9 10 4 1111 222 =+=+= AFSAAH (0,25) Vậy d (AC,SD) = AH = 7 6 Bài 10: Ta có: y y x x . 3 . 2 32 +=+ (0,5) Theo BĐT Bunhiacopski ta có: ( ) )(6))( 32 (32 2 yxyx yx +=++≤+ (0,5) ⇔ 6 625 6 )32( 2 + = + ≥+ yx (0,25) Đẳng thức xảy ra khi ⇔        = =+ 32 6 32 22 yx yx ⇔        + = + = 6 63 6 62 y x (0,5) Vậy min ( ) yx + = 6 625 + tại 6 62 + =x (0,25) 6 63 + =y . nhỏ nhất của tổng x+y. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Bài 1: a) Với m = 1 thì hàm số có dạng: y = 2 1 2 3 23 +− xx * TXĐ: D = R (0,25) • Chiều biến thi n y’ = 3x 2 – 3x = 3x(x-1) y’. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian 180 phút Bài 1: (2đ) Cho hàm số: y = x 3 - 32 2 1 2 3 mmx + (m. 25 1 lim 472)7( 1 2 1 3 3 2 +− + + ++++ → x x xx x (0,5) = 12 7 2 1 12 1 =+ (0,25) Bài 8: Điều kiện ;5 x≤− 5≥x (0,25) 082 .124 515 22 =+− −−−−− xxxx ⇔ ( ) 082.62 5 2 5 22 =+− −−−− xxxx (0,25) Đặt