ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = 1 x 2 2mx 2 + ++x với m = 1. 2) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng x + y + 2 = 0 là như nhau. Bài 2: 1) Giải phương trình x 2 + 5 4 4x - 4 2 2 = +x x 2) Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của: F = (x + y – 2) 2 + (x + ay – 3) 2 theo a Bài 3: 1) Giải bất phương trình: ( ) 6) (log - log2 x- 22 2 3 2 + ⋅+ xx x > 1 2) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để ∆ ABC đều: += += CBA cba 2 2 Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SB = x, tất cả các cạnh còn lại bằng b (b > 3 x ) a) Tính thể tích hình chóp theo b và x b) Xác định x để hình chóp có thể tích lớn nhất. Bài 5: Cho Elip (E) có phương trình: 1 4 y 9 22 =+ x và M(1, 1) Lập phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm A và B sao cho MA = MB. B i 6à : Tính : I = ( ) ∫ + + 1 0 6 4 1 x 1 dxx HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LÓP 12 THPT MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Bài Nội dung Điểm Bài 1 1) Với m = 1, hàm số trở thành: y = 1 x 1 1 x 1 x 2 2x 2 + ++= + ++x 1.1- Tập xác định: D = R \ { } 1− 1.2- Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: Ta có: y’ = 1 - ( ) ; 1 1 2 +x cho y’ = 0 ⇔ 1 - ( ) 1 1 2 +x = 0 ⇔ (x+ 1) 2 = 1 ⇔ =+ =+ 1- 1 x 1 1 x ⇔ = = 2- x 0 x Xét dấu y’: + -1 + - 2 0 Hàm số đồng biến trên khoảng (- ∞ ; -2) ∪ (0; + ∞ ) và nghịch biến trên khoảng (-2; -1) ∪ (-1; 0) b) Cực trị: Tại x = -2 , hàm số đạt giá trị cực đại , y CĐ = y(-2) = -2 Tại x = 0 , hàm số đạt giá trị cực tiểu , y CT = y(0) = 2 c) Tính lồi lõm và điểm uốn (không xét) d) Giới hạn: ∞+= + ++ = ∞+→ ∞+→ 1 x 2 2x x lim lim 2 x x y ∞−= + ++ = ∞−→ ∞−→ 1 x 2 2x x lim lim 2 x x y * (D1): x = -1 là tiệm cận đứng vì 1 lim −→x y = ∞ * (D2): y = x + 1 là tiệm cận xiên vì ∞→ lim x [ ] 1) (x - +y = ∞→ + 1 1 lim x x = 0 2 đ 0,25 0,25 -2 e) Bảng biến thiên: x - ∞ -2 -1 0 + ∞ (C) y’ + 0 - - 0 + y -2 + ∞ + ∞ - ∞ - ∞ 2 1.3- Đồ thị: Gọi (C): y = 1 x 2 2x 2 + ++x (C) ∩ oy = (0; 2) (C) ∩ ox vì phương trình: 1 x 2 2x 2 + ++x = 0 vô nghiệm * Nhận xét: Gọi I là giao của 2 tiệm cận → I(-1; 0) là tâm đối xứng của đồ thị (C) 2) y = 1 x 2 2mx 2 + ++x TXĐ: D = R\ { } 1− Ta có: y’ = ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 x 2 - 2m 2x x 1 x 2 2mx x - 1 2m 2 + ++ = + ++++ xx Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y’ = ( ) 2 2 1 2 - 2m 2x + ++ x x có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm ⇔ m < 2 3 (*) * Giả sử các điểm cực đại, cực tiểu A 1 (x 1 , y 1 ) và A 2 (x 2 ,y 2 ) có x 1 , x 2 là 2 nghiệm của: x 2 + 2x + 2m – 2 = 0 và có: y 1 = 2x 1 + 2m , y 2 = 2x 2 + 2m . Khoảng cách từ A 1 và A 2 tới đường thẳng x + y + 2 = 0 sẽ bằng nhau. ⇔ 2 2m 3x 2 2m 3x 2 y x 2 y 212211 ++=++⇔++=++x ⇔ 3(x 1 + x 2 ) = - (4m + 4) 0,25 0,75 0,5 0,25 ( ) 1 23 2 6) (log - log2 x- 22 >⋅+ + xx x -2 -2 1 y x x= -1 Bài 2 ⇔ 3(-2) = - (4m + 4) ⇔ m = 2 1 (thoả mãn (*)) Vậy m = 2 1 1) Phương trình: x 2 + 5 4 4x - 4 2 2 = +x x ⇔ x 2 + 5 2) -(x 4 2 2 = x ⇔ x 2 + 2x 2 - 2 x x + 5 2 -x 4x - 2 - 2 2 2 = x x ⇔ 5 2 -x 4x - 2 -x 2x 2 2 = + x ⇔ 0 5 - 2 - x 4 - 2 - 2 2 2 =⋅ xx x Đặt t = 2 - 2 x x , phương trình trở thành: t 2 – 4t – 5 = 0 ⇔ = = 5 t 1- t * Với t = -1 ⇔ = = ⇔=+⇔= 2 - x 1 x 0 2 - x x 1- 2 - 2 2 x x * Với t = 5 ⇔ 0 10 x 5- x 5 2 - 2 2 =+⇔= x x (phương trình vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = - 2 2) F = (x + y – 2) 2 + (x + ay – 3) 2 * Nhận xét: (x+ y – 2) 2 ≥ 0 ; (x + ay – 3) 2 ≥ 0 F ≥ 0 Xét hệ: =−+ =−+ 03 02 ayx yx ⇔ =−+ =+ 03 2 ayx yx (I) TH1: Hệ (I) có nghiệm ⇔ D = a1 11 = a – 1 ≠ 0 ⇔ a ≠ 1 Thì ∃ (x,y) để F = 0 → Min F = 0 TH2: Hệ (I) vô nghiệm ⇔ D = 0 ⇔ a – 1 = 0 ⇔ a = 1 (hệ số không tỷ lệ) Với a = 1 → F (x + y – 2) 2 + (x + y – 3) 2 Đặt t = x + y – 3 ; t ∈ R → F = (t + 1) 2 + t 2 = 2t 2 + 2t + 1 = 2(t 2 + 2t 2 1 + 2 1 ) 4 1 + 0,25 4 đ 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Bài 3: Bài 4: = 2(t + 2 1 ) 2 + 2 1 ≥ 2 1 , ∀ t. → Min F = 2 1 Đạt được ⇔ t = - 2 1 ⇔ x + y – 3 = - 2 1 ⇔ x + y - 2 5 = 0 1) Bất phương trình: ( ) 12.32 )6( 2 2 loglog2 〉+ + − − x x xx (1) * Điều kiện x > 0 Nhận xét: 2 x + 3 . 2 -x > 1 vì 〈− 〉 ) (2 3 loaix x (1) ⇔ 2log x x – log 2 (x + 6) > 0 ⇔ 2log 2 x > log 2 (x + 6) ⇔ log 2 x 2 > log 2 (x + 6) ⇔ x 2 > x + 6 ⇔ x 2 – x – 6 > 0 ⇔ < > (loai) 2 - 3 x x Vậy T = (3; + ∞ ) 2) += += )2 (2 )1 (2 CBA cba Theo định lý Sin, ta có: 2R === SinC c SinB b SinA a Thay vào (1) : 2SinA = SinB + SinC ⇔ 2SinA = 2 C - B Cos 2 C 2 ⋅ +B Sin Thay (2) : B + C = 2A , ta được : SinA = 1 2 C - B Cos =⋅SinA (vì SinA ≠ 0) ⇔ C B 0 2 C - =⇔= B Vì A + B + C = 180 0 , kết hợp với (2) → 3A = 180 0 ⇔ A = 60 0 ∆ ABC cân tại A và A = 60 0 → ∆ ABC đều a) Gọi O là tâm của hình thoi ABCD Xét 2 ∆ SAC và ∆ ADC Có AC chung, SA = SC = DA = DC = b → ∆ SAC = ∆ ADC → SO = OD = OB → ∆ ABC vuông tại S 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 4 đ’ A D CB H O b x b b S Bài 5 : (2 điểm) Ta được : BD = b x SD 2222 +=+SB ∆ ODC vuông tại O Có DC = b; OD = 22 b 2 1 +x → OC 2 = DC 2 – OD 2 = b 2 - 4 1 (x 2 + b 2 ) = 4 x- 3 22 b → OC = * Tứ giác ABCD có AC ⊥ BD → S ABCD = 2222 b x- 3 2 1 2 1 +⋅⋅=⋅ xbBDAC (1) * ∆ BSD vuông, gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD) → SH ⊥ BD → 222 SD 1 SB 1 1 += SH → 22 22 222 b x b b 1 x 1 1 xSH ⋅ + =+= → 22 22 22 2 x b bx SH x b + =→ + = b x SH (2) Từ (1) và (2) ⇒ V chópSABCD = 2222 22 b x-3 2 1 x 3 1 3 1 +⋅⋅ + ⋅=⋅ xb b bx SSH ABCD = 22 x- 3 6 1 bbx ⋅ b) Ta có: V chópSABCD = ( ) 22222 x- 3b 2 1 6 b x- 3 6 1 +⋅≤⋅ xbx = 4 b 3 12 3 2 =⋅ b b V chópSABCD lớn nhất là 4 3 b ; đạt được ↔ x = 22 3 xb − ⇔ x 2 = 3b 2 - x 2 ⇔ 2x 2 = 3b 2 ⇔ x 2 = 2 3 2 3 2 bxb =⇔ Phương trình đường thẳng (d) qua M (1,1) với hệ số góc k có dạng : y = k (x – 1) + 1 ⇔ (d) : y = kx – k + 1 (1) Toạ độ giao điểm A,B của (d) và (E) là nghiệm của hệ : +−= =+ 1 3694 22 kkxy yx → 4 x 2 + 9 (kx – k +1) 2 = 36 ⇔ (4+ 9k 2 )x 2 – 18k(k-1)x + 9k 2 –18k –27= 0 (2) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : ⇔ ( ) [ ] 2 19 −kk - (4+9k 2 ) (9k 2 – 18k – 27) > 0 ⇔ 9k 2 (k – 1) 2 – (4 + 9k) 2 (k 2 – 2k – 3) > 0 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 Bài 6: (2 điểm) ⇔ 32k 2 + 8k + 12 > 0 (luôn đúng) Vậy phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt và : + −− = + − =+ 2 2 2 4 27189 . 94 )1(18 k kk XX k kK XX BA BA Theo giả thiết MA = MB ⇔ x A + x B = 2x M ⇔ ( ) 2 94 118 k kk + − = 2 k = - 9 4 Thay k = - 9 4 vào (1), ta được (d) có phương trình : 4x + 9y – 13 = 0 I = ( ) ∫ + + 1 0 6 4 1 1 x dxx f(x) = 1 1 6 4 + + x x = ( )( ) 11 1 242 4 +−+ + xxx x = ( )( ) 11 1 242 224 +−+ ++− xxx xxx = 1 1 2 +x + 1 6 2 +x x → I = ∫ + 1 0 2 1x dx + ∫ + 1 0 6 2 1x dxx I = ∫ + 1 0 2 1x dx Đặt x = tg t ; 22 ππ << t ; x 0 1 → t 0 4 π dx = t dt 2 cos = (1+tg 2 t) dt → I 1 = ( ) dt ttg ttg ∫ + + 4 0 2 2 1 1 π = ∫ 4 0 π dt = t 0 4 π = 4 π I 2 = ∫ + 1 0 6 2 1x dxx Đặt u = x 3 ; x 0 1 → u 0 1 Ta có : du = 3x 2 dx → x 2 dx = 3 du ⇒ I 2 = ( ) ∫ + 1 0 2 13 u du = ∫ + 1 0 2 13 1 u du = 43 1 π = 12 π Khi đó I = I 1 + I 2 = 4 π + 12 π = 3 π 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 Vậy I = 3 π 0,25 . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = 1 x 2 2mx 2 + ++x với m = 1. 2) Tìm m để hàm số có cực đại,. 36 ⇔ (4+ 9k 2 )x 2 – 18k(k-1)x + 9k 2 –18k –27= 0 (2) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : ⇔ ( ) [ ] 2 19 −kk - (4+9k 2 ) (9k 2 – 18k – 27) > 0 ⇔ 9k 2 (k – 1) 2 – (4 + 9k) 2 (k 2 . dxx HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LÓP 12 THPT MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Bài Nội dung Điểm Bài 1 1) Với m = 1, hàm số trở thành: y = 1 x 1 1 x 1 x 2 2x 2 + ++= + ++x 1.1-