= ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút ĐỀ BÀI Câu 1 (4đ) : Cho hàm số y = x 3 – ( 2m + 1 ) x 2 + (m 2 – 3m + 2 ) x + 4 1)Khảo sát hàm số khi m=1 2)Xác định m để đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm cực tiểu ở về hai phía của trục tung . Câu 2 (4đ): 1)Cho hệ phương trình : +=+ =+ 1 2 mymx myxm a) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên 2) Giải phương trình : ( 6)83()83 =−++ XX Câu 3 (4đ): 1)Giải phương trình : 4 cos 3 x + 3 2 sin2x = 8cosx 2)Cho ∆ABC thoả mãn điều kiện : acosA + bcosB + ccosC 2p asinB + bsinC + csinA 9R ( Trong đó p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ) Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều . Câu 4(4đ) : Trong mp(oxy) cho đường tròn (C) có phương trình : x 2 + y 2 – 6x + 2y +6 = 0 và điểm A(1;3) . 1)Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn ( C ) ; chứng tỏ A nằm ngoài đường tròn C . 2)Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết rằng tiếp tuyến đó đi qua A . Câu 5(4đ) : 1) Tính tích phân : I = ∫ − 1 1 ( 2 x e sinx + e X x 2 )dx 2) Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 2006 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 0 2 + + - x (0,5đ) P = 1 4 11 + + + + + c c b b a a BẢNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Thời gian : 180 phút MÔN : TOÁN Câu 1 : ( 4đ) . 1) (2,5đ) Khi m=1 hàm số trở thành y= x 3 – 3x 2 + 4 ( 0,25đ ) • TXĐ : R (0,25đ ) • Chiều biến thiên : y ′ = 3x 2 – 6x =0 ⇔ 3x( x-2 ) = 0 ⇔ = = 2 0 x x Dùng phương pháp khoảng xét dấu y ′ ta được : Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; 0 ) U(2;+ ∞) Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 ) Vậy hàm số đặt giá trị cực đại tại x= 0 và y CĐ = y (0) = 4 Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x=2 và y CT = y(2) = 0 •Dáng điệu của đồ thị : + ) y ′′ = 6x-6 = 0 ⇔ x=1 Lập bảng xét dấu ( 0,25đ ) x - ∞ 1 + ∞ y ′′ - 0 + Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm I(1;2) +) Lim y = ± ∞ ( 0,25 ) CĐ =4 Điểm uốn =2 Cực tiểu =0 +∞ 0 1 2 -1 2 4 (0,25đ) ( 0,25đ x→± ∞ • Bảng biến thiên : ( 0,5đ ) x - ∞ 0 1 2 + ∞ y ′ + 0 - - 0 + y -∞ • Đồ thị +) Cắt trục oy tại điểm (0;4) +) Cắt trục ox tại các điểm ( -1 ; 0 ) và ( 2 ; 0 ) • Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng . 2)(1,5đ) Ta có y ′ = 3x 2 – 2(2m+1)x + ( m 2 – 3m + 2 ) (0,25đ) Đồ thị có hai điểm CĐ và CT ở hai phía thục tung ⇔ y ′ = 0 có hai nghiệm trái dấu . (0,5đ). ⇔ 3(m 2 – 3m +2 ) < 0 ⇔ 1<m<2 . ( 0,5đ) Vậy với m ∈ (1;2) thì đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm Cực tiểu nằm về hai phía của trục tung . (0,25đ) Câu 2 : (4đ) 1) Ta có D = m 2 – 1 = (m-1)(m+1) D x = 2m 2 – m – 1 = (m-1)(2m+1) D y = m 2 – m = m(m-1) a) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ D ≠ 0 ⇔ m ⇔±1 (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) ( 1đ ) (0,5đ) Khi đó nghiệm của hệ là : −= + == + −= + + == mm m D D y mm m D D x y x 1 1 1 1 1 2 1 12 b) Để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên với m nguyên thì (m+1) phải là ước của 1 ⇔ (m+1) = ±1 ⇔ −= = 2 0 m m thoả mãn điều kiện hệ có nghiệm duy nhất . Vậy m=0, m=-2 là các giá trị cần tìm . ( 0,25đ) 2) Nhận thấy ( 83 + ) x ( 83 − ) x = 1 Nên ta đặt : ( 83 + ) x = t > 0 => ( 83 − ) x = t 1 Khi đó phương trình trở thành : t + t 1 = 6 . ⇔ t 2 – 6t + 1 = 0 ⇔ −= += 83 83 t t ( Thoả mãn ) ⇔ −=− +=+ 83)83( 83)83( X X ⇔ x= ± 2 Vậy phương trình có hai nghiệm : x= ± 2 Câu 3 : ( 4đ) 1) (2đ) 4cos 3 x + 3 2 sin2x = 8cosx ⇔4cos 3 x + 6 2 sinxcosx – 8cosx = 0 ⇔ 2cosx [ 2 cos 2 x + 3 2 sinx –4 ] = 0 ⇔2cosx [ 2(1-sin 2 x) +3 2 sinx – 4 ] = 0 ⇔cosx [ 2sin 2 x - 3 2 sinx + 2 ] = 0 ⇔ = = = 2 2 sin 2sin 0cos x x x ( loại ) ⇔ += += += ππ ππ ππ 24/3 24/ 2/ kx kx kx ( k ∈ Z ) Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm : x= π /2 + k π x= π /4 + k2 π ( k ∈ Z ) x= 3 π /4 + k2 π (0,25đ) = = = ⇔ ⇔ = 2)(2đ) • Ta có : sin 2A + sin2B + sin2C = 2sin(A+B)cos(A-B) + 2sinCcosC = 2sinCcos(A-B) + 2sinC(- cos (A+B) ) = 2sinC [ cos(A-B) – cos(A+B) ] = 2sinC ( - 2 ) sin(A)sin(-B) = 4sinAsinBsinC . . Khi đó : acosA + bcosB + ccosC 2p asinB + bsinC + csinA 9R 2RsinAcosA + 2RsinBcosB + 2RsinCcosC a+b+c a . R b 2 + b . R c 2 + c . R a 2 9R 2R 2 (sin2A + sin2B + sin2C) a+b+c ab + bc + ca 9R 2R 2 4sinAsinBsinC a+b+c ab + bc + ca 9R R cba cabcab R c R b R a R 9 2 . 2 . 2 8 2 ++ = ++ ⇔ (a+b+c) (ab + bc + ca ) = 9abc (1) ( 0,75đ) Theo bất đẳng thức Côsi ta có : a+b+c ≥ 3 abc3 ab + bc + ca ≥ 3 3 2 )(abc => ( a=b+c) ( ab + bc + ca ) ≥ 9abc ( 0,5đ) Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=c ⇔ ÄABC đều . (0,5đ) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (1đ) (0,5đ) =2 ⇔⇔ ⇔ (0,5đ) Câu 4 : 1) (C) có phương trình : (x-3) 2 + (y+1) 2 = 4 (1đ) => (C) có tâm I(3;-1) và bán kính R=2 Khoảng cách IA = R>=−−+− 20)31()13( 22 => A nằm ngoài đường tròn ( C ) . (1đ) 2) đường thẳng (d) đi qua A(1;3) có phương trình : a(x-1) + b(y-3) = 0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng (d) là : | 2a – 4b | 22 ba + Đường thẳng (d) là tiếp tuyến với (C) ⇔ h = R | 2a – 4b | 22 ba + ⇔ b(3b-4a) = 0 (a;b) = (1;0) => Tiếp tuyến : x=1 (a;b) = (3;4) => 3x + 4y – 15 = 0 Vậy qua A(1;3) có thể kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn ( C ) . Phương trình của chúng là : x=1 và 3x + 4y – 15 = 0 . Câu 5 : (4đ) 1) ( 2đ) ∫ ∫ ∫ − − − +=+=+= 1 1 21 1 1 1 1 22 sin)sin( 22 IIdxxexdxedxxexeI xxxx Với ∫ − = 1 1 1 sin 2 xdxeI x và ∫ − = 1 1 2 2 . dxxeI x *) Tính I 1 : Đặt t=-x => dt = -dx Khi x = 1 thì t = -1 Khi x = -1 thì t = 1 Vậy ∫ ∫ − − −=−=−−= 1 1 1 1 11 sin))(sin( 22 ItdtedtteI tt => I 1 = 0 h = -1 1 -1 1 -1 1 *)Tính I 2 : Đặt = = => = = x x ev xdxdu dxedv xu 2 2 Khi đó 2 2 xeI x = - 2 ∫ − 1 1 dxxe x = e - e 1 -2 ∫ − 1 1 x xde = e - e 1 - (2xe x - 2 ∫ − 1 1 dxe x = e - e 1 - ( 2e + 2. e 1 ) + 2 e x = - e - e 3 + 2e - e 2 = e - e 5 Vậy I = I 2 = e - e 5 2) ( 2đ ) Tacó ) 1 1 1 1 1 1 (6 1 4)1(4 1 11 1 11 + + + + + −= + −+ + + −+ + + −+ = cbac c b b a a P Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau: ∀ x,y,z,t > 0 ta có : ( x + y + z + t ) ( tzyx 1111 +++ ) ≥ 16 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương : x , y , z , t ta có : x + y + z + t ≥ 4 4 xyzt (2) Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số tzyx 1 , 1 , 1 , 1 ta có : tzyx 1111 +++ ≥ 4 4 4 xyzt ( 3 ) Nhân ( 2 ) và ( 3 ) vế với vế ta được (1). Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = t (0,5 đ ) áp dụng (1) với x = a +1 , y = b +1 , z = 2 1+c , t = 2 1+c ta có : (a +1 + b +1 + 2 1+c + 2 1 + c ) ( 1 2 1 2 1 1 1 1 + + + + + + + ccba ) ≥16 ⇔ 2009 ( 1 411 + ++ cba ) ≥16 ⇔ 1 411 + ++ cba ≥ 2009 16 Vậy P ≤ 6 - 2009 16 => P ≤ 2009 12083 (1đ ) Dấu “=” xảy ra ⇔ + =+=+ =++ 2 1 11 2006 c ba cba ⇔ = = = 2 2007 4 2005 4 2005 c b a Vậy MaxP = 2009 12083 khi = = = 2 2007 4 2005 4 2005 c b a ( 0,5đ ) . = ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút ĐỀ BÀI Câu 1 (4đ) : Cho hàm số y = x 3 – ( 2m + 1 ) x 2 + (m 2 – 3m + 2 ) x + 4 1)Khảo sát hàm số khi m=1 . CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Thời gian : 180 phút MÔN : TOÁN Câu 1 : ( 4đ) . 1) (2,5đ) Khi m=1 hàm số trở thành y= x 3 – 3x 2 + 4 ( 0,25đ ) • TXĐ : R (0,25đ ) • Chiều biến thi n. y ′ ta được : Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; 0 ) U(2;+ ∞) Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 ) Vậy hàm số đặt giá trị cực đại tại x= 0 và y CĐ = y (0) = 4 Hàm số đạt giá trị cực