Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 4

= 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 phơng 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 phơng trình : ( 6)83()83 =++ XX Câu 3 (4đ): 1)Giải phơng 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 đờng tròn ngoại tiếp ABC ) Chứng minh rằng ABC là tam giác đều . Câu 4(4đ) : Trong mp(oxy) cho đờng tròn (C) có phơng trình : x 2 + y 2 6x + 2y +6 = 0 và điểm A(1;3) . 1)Xác định tâm I và bán kính R của đờng tròn ( C ) ; chứng tỏ A nằm ngoài đờng tròn C . 2)Viết phơng 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 hớng 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 phơng pháp khoảng xét dấu y ta đợc : 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 ) x CĐ =4 Điểm uốn =2 Cực tiểu =0 + 0 1 2 -1 2 4 (0,25đ) ( 0,25đ 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 ớc 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 phơng 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 phơng 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 ) += += += 24/3 24/ 2/ kx kx kx ( k Z ) Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm : x= /2 + k x= /4 + k2 ( k Z ) (0,25®) = = = ⇔ ⇔ = x= 3 π /4 + k2 π 2)(2®) • Ta cã : 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 ®ã : 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) ( 0,75®) Theo bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã : a+b+c ≥ 3 abc3 ab + bc + ca ≥ 3 3 2 )(abc => ( a=b+c) ( ab + bc + ca ) ≥ 9abc ( 0,5®) DÊu “=” x¶y ra ⇔ a=b=c ⇔ ΔABC ®Òu . (0,5®) C©u 4 : ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (1đ) (0,5đ) =2 (0,5đ) 1) (C) có phơng 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 đờng tròn ( C ) . (1đ) 2) đờng thẳng (d) đi qua A(1;3) có phơng trình : a(x-1) + b(y-3) = 0 ( a 2 + b 2 0 ) Khoảng cách từ tâm I đến đờng thẳng (d) là : | 2a 4b | 22 ba + Đờng 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 đợc hai tiếp tuyến với đờng tròn ( C ) . Phơng 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 *)Tính I 2 : h = -1 1 -1 1 -1 1 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 Trớc 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 dơng : 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 đợc (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 ) . cho 4 số dơng : 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. = đề thi học sinh giỏi lớp 12 Thpt Môn : Toán Thời gian làm bài : 180 phút đề bài Câu 1 (4 ) : Cho hàm số y = x 3 ( 2m + 1 ) x 2 + (m 2 3m + 2 ) x + 4