BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT

BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT BỘ 25 đề THI học SINH GIỎI lớp 12 môn TOÁN có đáp án CHI TIẾT

Đề thi học sinh giỏi 12 (Thời gian làm 180) Câu 1: Chứng minh hàm số y = x4- 6x2 + 4x + luôn có cực trị đồng thời gốc toạ độ O trọng tâm tam giác tạo đỉnh điểm cực trị đồ thị hàm số Câu 2: Giải hệ phương trình x+y = z y + z = 4x z + x = 4y Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề vuông góc oxy cho parabôn (P): y2 = 4x M điểm di động (P) M 0, T điểm (P) cho T 0, OT vuông góc với OM a Chứng minh M di động (P) đường thẳng MT qua điểm cố định b Chứng minh M di động (P) thì trung điểm I MT chạy pa bol cố định Câu 4: Giải phương trình sau: sinx + siny + sin (x+y) = Câu 5: Cho dãy số In = n n 3 cos x dx , x Tính nlim In Câu 6: Cho a > 0, chứng minh ln a a < a a3 a nN* Đáp án Câu 1: (3 điểm ) Tập xác định: D = R y = x4 - 6x2 + 4x + y = 4x3 - 12x + y = g(x) = x3 - 3x + = (1) Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = g(- 2).g(- 1) g(-1).g( 1) g( 1).g( 2) g(x) liên tục nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt thỏa mãn : - < x1 < -1 < x2 < < x3 < * Ta có y = y.x- 3.(x2 - x - 2) (1) Gọi điểm cực trị A (x 1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) G (x0,y0) trọng tâm tam giác ABC Theo ĐL Viet có x1 + x2 + x3 = (2) x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3 (3) Từ (2) suy x0 = x1 x2 x3 =0 Từ (1) (2) (3) suy ra: y0 = (y1+y2+y3) = -3 ( x12 x22 x32 )-(x1+x2+x3) - = -3 (x1 + x2 + x3)2 - (x1x2 + x2x3 + x3x1) - = -3 (0 - (-3) - 6) = Vậy G (0;0) 0(0;0) (ĐPCM) Câu 2: ( điểm) x+y = z (1) y + z = 4x (2) z + x = 4y áp dụng bất đẳng thức cosi tacó: (3) Tương tự x < 2x (2) Từ (1) ;(2) ; (3) (1) ; (2) ; (3) suy 2(x+y+z) = z x y < 2z + 2x + 2y Từ (4) suy ra: 4z - = 4x - = 1 (4 z 1) = 2z (1) y < 2y (3) z (4 z 1).1 < (I) (I) đk x,y,z > 4y - = Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z = Câu 3: (P): y2 = 4x 2 x=y=z= (4) nghiệm (I) y 12 y 22 với y1,y2 0; y1 y2 M ; y T ; y a (3điểm ) Giả sử ; 2 y y OTOM OT.OM y y 4 y1 y2 + 16 = (1) y 12 xy - y1 Phương trình đường thẳng MT: 2 y - y1 y y1 4 4x - y 12 = (y1 + y2) (y-y1) 4x - (y1 + y2) y - 16 = 4(x- 4)- (y1 + y2) y= Nên đường thẳng MT qua điểm cố định J (4;0) b (3điểm) Gọi I (x0, y0) trung điểm MT (1) y y 22 y y y0 = (2) 1 Từ (1) suy x0 = (y1+y2)2 - 2y1y2 = (2y0)2 - (-16) 8 = y0 y02 = 2x0 - x0 = Từ I chạy parabôn (P) : y2 = 2x = cố định Câu 4: (3 điểm) sin x + sin y + sinz (x+y) = 3 (1) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki từ (1) ta có 27 3 ( ) = [sinx + siny + sinz (x+y)] sin2(x+y)) = < (12 + 12+12).(sin2x + zin2y + cos x cos y +sin2 (x+y) 2 = 3.[1- cos (x+y) cos (x-y) + - cos2 (x+y)] = 2-(cos (x+y)+ < (2- + 1 cos (x-y)2) + cos2 (x-y) 27 )= (2) (Do cos2 (x-y) < 1; (cos (x+y) + cos (x-y)2 > 4 Từ (2) suy ra: (1) cos2 (x-y) = cos (x+y) + cos (x-y) = sinx = sin y = sin (x+y) = 3 x 2k y 2n với k , n Z 4n cosx x dx 2n Câu 5: (3 điểm) In Ta chứng minh: < In < Ta có: In = n n cos x dx = x n n (1) n n d (sin x) sin x 4n = - sin x.d ( ) x x x 2n n n sin x dx 2 n x sin x * Ta có: < x 2n , 4n nên x x n dx n 1 In < =(2) n x n n n x n = n ( k 1) * Ta có: In = kn => JK = ( k 1) k sin x + x2 k sin x dx đặt JK = x2 ( k 1) sin x dx > x ( k 1) ( k 1) k sin x dx x2 ( k 1) sin x ( x k )dx >0 (3) (x )2 n Ta lại có: In = kn Jk (3) nên In > Từ (2) (4) suy < I n Ta lại có Lim n n = nên n (4) (1) Lim I n n Câu 6: (3 điểm) a ln a < a a3 a (1) với a > Trong hợp 1: a >1 (1) (a + a )lna < (1 + a ) (a-1) (2) 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1) x4 + x3 - x - - (x3+x)lnx > (3) Đặt f(x) = x4 + x3 - x - -3 (x3 + x)lnx (2) Đặt x = a => x >1 x > x > x 1;+ ) x Ta có f(x) = x3 + 3x2 - - (3x2 + 1) lnx + (x3 + x) = 4x3 - - (3x2 + 1) lnx 1 ) f(3)(x) = ( 8x + -6ln x - 9) x x 6(4 x x 1) 6( x 1)(4 x x f(4)(x) = 3.(8- ) = = > , x > x x x3 x3 f(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x - Suy f(3)(x) đồng biến nên [1;+ ) f(3)(x) > f(3)(1) = tương tự f(x) > với x > f(x)> f (1) = với x >1 suy (3) Trường hợp 2: < a < đặt a = , a1 > quay trường hợp a1 Tài liệu tham khảo Hàm số - Tác giả : Trần Phương Tạp chí " Crux - Mathematicorum " Tạp chí toán học Ca na đa Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 Năm học 2005 - 2006 Sở giáo dục đào tạo Thanh hoá THPT Môn thi : toán học - bảng A (Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao đề) Đề thức Bài 1: ( điểm ) Cho hàm số : y x x (C) 1/ Khảo sát hàm số 2/ Tìm điểm đồ thị (C) có hoành độ lớn cho tiếp tuyến diểm tạo với đường tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ Bài 2: (2 điểm ) 1 Biện luận theo m số nghiệm dương phương trình : t dt m x t Bài 3: (2 điểm ) Giải phương trình : x x x x x x x Bài 4: (2 điểm ) Tìm giá trị thực m để phương trình sau có nghiệm x 0; : 4 6m Sin x 32m 1Sinx 2m 2Sin xCosx 4m 3Cosx Bài 5: (2 điểm ) Tìm tam giác ABC có B = 2A ba cạnh có số đo ba số nguyên liên tiếp Bài 6: (2 điểm ) Tìm đa thức Px có bậc lớn thoả mãn hệ điều kiện sau : x x P' ' x x x P' x 12 P x ; x R P 27 Bài 7: (2 điểm ) 3Cos x log y Giải hệ sau : 2 y y y Bài 8: (2 điểm ) Hai hình chóp tam giác có chung chiều cao , đỉnh hình chóp trùng với tâm đáy hình chóp Mỗi cạnh bên hình chóp cắt cạnh bên hình chóp Cạnh bên l hình chóp thứ tạo với đường cao góc Cạnh bên hình chóp thứ tạo với đường cao góc Tìm thể tích phần chung hai hình chóp Bài 9: (2điểm ) Cho số thực a, b, c chứng minh bất đẳng thức sau : Log b c a Log c a b Log a b c Họ tên thí sinh : Số báo danh Thanh hóa; Ngày 18 tháng 03 năm 2005 Lời giải chi tiết biểu điểm đề thi học sinh giỏi toán khối 12 Bài ý Bài 1 Lời giải chi tiết Điểm a) TXĐ : D = R b) Sự biến thiên: CBT: y ' ; y = có nghiệm x = ; x = x 12 HS đồng biến ;0 ; 2; nghịch biến khoảng 0;1; 1;2 điểm Cực trị : Cực đại x =0 y CD Cực tiểu x=2 y CT Nhánh vô cực tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận xiên y = x+1 Lim y ; Lim y x x BBT : o x y + - - + y c) Đồ thị : Đồ thị qua gốc toạ độ O=(0;0) Tâm đối xứng I=( 1;2 ) điểm y O -1 x a2 a a a 2a a2 PTTT ( C ) M là: y y a y ' a x a y x a a a 12 (d) Gọi M a; y a C ; a y a a 0.5 điểm Tiệm cận đứng x = ; Tiệm cận xiên y = x + Giao điểm tiệm cận I=( ; ) 2a Giao điểm d với tiệm cận đứng x = A 1; a Với tiệm cận xiên : B 2a 1;2a ; BI 2 a , nên AI BI a > Ta có AI a Lại có AIB 0.5 điểm suy AI BI AI BI Theo bất đẳng thức Cô si : AB AI BI AI BI AI BI AB AI BI AI BICos AB 2 (1) Đặt p chu vi tam giác ABI : p AB AI BI AB AI BI 2 44 Dấu đẳng thức xảy AI BI a Vậy Minp 2 44 a 1 Hay điểm cần tìm M ;2 2 Bài 0.5 điểm 0.5 điểm x x x t2 1 1 Ta có t dt tdt dt Ln t x ln x t t 2 1 1 PT cho tương đương với x ln x m (1) Số nghiệm dương PT số giao điểm đường thẳng y = m đồ thị hàm số f x x ln x với hoành độ dương Xét hàm số : f x x ln x 0; Đạo hàm y ' x ; y ' x x Lim y Lim y x x 0.5 điểm 0.5 điểm x BBT x o y | o + y | Từ BBT ta : +/ Với m PT vô nghiệm +/ Với m PT có nghiệm dương x = +/ Với m phương trình có nghiệm dương phân biệt Bài 0.5 điểm ĐK : x Đặt a x ; b x ; c x Ta có x a b c ab bc ca a ab bc ca a b c a Do b ab bc ca b c a b c ab bc ca c a b c Nhân vế với vế PT ta a b b c c a 15 ( * ) 15 a b 15 Thay phương trình hệ vào PT ( * ) có : b c c a 15 Cộng vế phương trình hệ, có PT thay PT hệ vào PT vừa có.Ta nghiệm phương trình cho là: 671 x 240 Bài 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm điểm Nhận thấy Cosx=0 không thoả mãn PT , chia vế cho Cos x ta phương trình : tgx 1tg x 2mtgx 4m Đặt tgx = t , ta có PT : t 1t 2mt 4m (1) Để PT cho có nghiệm x 0; PT (1) phải có nghiệm t Do PT (1) có nghiệm t 0;1 nên PT t 2mt 4m Chỉ có nghiệm t = nghiệm thuộc đoạn [ ; ] t2 Để ý t = không thoả mãn Do f t m 2t 0.5 điểm 0.5 điểm Xét f(t) [0;1] ta có : t 4t 0; t 0;1 f ' t t 2 m Lập bảng biến thiên từ BBT ta : m Bài điểm Ta chứng minh bổ đề: Điều kiện cần đủ để tam giác ABC có B= 2A b a ac (1) Thật vậy: Theo định lý CôSin tam giác Bài b a c 2acCosB a ac c 2aCosB a c a 2aCosB áp dụng định lý Sin, ta RSinC RSinA RSinACosB SinC SinA Sin A B Sin A B SinA SinB A Do B = 2A A, B Vì cạnh số nguyên liên tiếp nên với x N * a < b, ta có trường hợp sau : a) Nếu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi từ (1) ta x=1 suy a=1,b=2,c=3 Không thoả mãn tính chất cạnh tam giác b) Nếu a=x,b=x+2,c=x+1 : Từ (1) ta có PT x x Suy a=4,b=6,c=5 ( thoả mãn ) c) Nếu a=x+1,b=x+2,c=x : Tương tự x x , PT nghiệm nguyên dương nên không thoả mãn Vậy có tam giác thoả mãn tam giác có độ dài cạnh : a = 4,b = 6,c =5 Giả sử đa thức cần tìm là: Px a n x n a n x n a1 x a ; a n P ' x na n x n n 1a n x n 2a x a1 P ' ' x nn 1a n x n 1n a n x 2a Từ yêu cầu , ta có điều kiện cần : Hệ số luỹ thừa bậc (n + 1) phải mà hệ số nn 1a n 2na n nn 3a n n2 n Lại a n 0; n nên nn 3a n n Do đa thức phải có dạng P x a3 x a x a1 x a ; a3 Thay đa thức vào điều kiện (1) : 12a3 2a x 8a 24a3 2a1 x 8a1 8a 48a3 x 12a0 16a 0; x 6a a a 6a 4a 12a a a1 12a3 a1 a 6a3 a 8a 3a 4a Nên P x a3 x x 12 x Mặt khác P1 27 ; Suy 27 a3 27 a3 1 điểm điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm Câu 3: (4 điểm) x 2x x 1> ĐK: x 2x x x x pt log ( x x 2) log 74 ( x x 3) x x (8 ) y log ( x x 2) log ( x x 3) y x x (7 ) y x 2x t t (a 1) y đặt đưa hệ (a 1) y a y y t a a y y a a 1 f ( y ) (*) 0< a a a x 11 (t/m) x 11 (t/m) I lim y y2 0,5đ pt cho có nghiệm x1 , x2 0,5đ 2> đặt x x y y y 3y 0,5đ (do a a > 1) Nên hàm số f(y) nghịch biến a f(1) = nên y = nghiệm pt (*) => x2 2x = a1 = + Giải 0,5đ y (1 y ) y (1 y ) lim y y2 y2 0,5đ y2 y ( y 3) lim y y y (1 y ) y (3 (1 y ) (1 y )3 y (1 y ) ) y3 lim y y y (1 y ) (1 y )3 y (1 y ) 1 2 Vậy I OA OB OC Câu 4: (4 điểm) Gọi O trung điểm BC => => SO SA SB SC trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC => SO đường cao hình chóp S.ABC góc cạnh bên đáy, góc SBO = góc SAO = SCO = 1,0đ 0,5đ S + SO =asin , AC = a cos 1 ( cos ) S ABC a2 AB AC 2 a cos B O C 0,5đ a A + VS.ABC = a3 sin cos áp dụng BĐT cô si cho số dương sin cos -1 > a3 a sin cos a sin cos 12 12 Dấu = xảy sin cos cos 2 V= 0,5đ Vậy cos Do sin 2 hình chóp tích lớn 0,5đ 3A 3A cos( ) nên gt toán trở thành 2 3A A BC BC ) sin( ) cos 2 4 3A 3A BC sin ( ) sin( ) cos 4 4 3A 3A BC B C BC sin ( ) sin( ) cos cos (1 cos )0 4 4 4 cos( 3A B C BC sin( ) cos sin 4 0,5đ 0,5đ (*) BC 3A B C Do sin( ) cos 0; sin nên VT (*) không âm 4 4 0,5đ BC sin Khi (*) dấu = xẫy sin( A ) cos B C 4 A 100 Giải hệ ta được: B C 40 0,5đ Câu 5: (4 điểm) 0,5đ x 1> Ta có I ln(1 tg )dx xdx x 2 0 Tính 2 x I ln(1 tg )dx Đổi cận: x = => t ; I1 I1 x t đặt x t dx dt 2 x => t = 0,5đ t tg 2 t I ln tg ( ) dt ln(1 )dt ln dt t t 0 tg tg 2 0,5đ t ln 2dt ln(1 tg )dt t ln 02 I ln I I ln I ln 2 0 Vậy I ln 0,5đ Nhận thấy đường thẳng () điểm chung với parabol (P) Gọi (' ) đường thẳng tiếp xúc với Parabol (P) song song với dt () () => pt (' ) 3x 4y - + m = ( m 19) x 3x m 16 4 có nghiệm hệ pt: x (d) ( ' ) I1 H M1 I (I) M0 0,5đ x m (I) pt đt (' ) : 3x 4y + = toạ độ tiếp điểm M (6, ) M (6; ) + Gọi (d) đt qua điểm M0 vuông góc vói ( ) => (d) nd (4;3) ' => pt đt (d) 4x + 3y + 123 0,5đ I giao điẻm (d) () => toạ độ I nghiệm hệ 36 x x y 19 123 13 x y y 20 => I ( 36 13 ; ) M I 20 0,5đ Pt đường tròn tâm I, bk R = IM0 có dạng (x 36 13 ) ( y )2 20 Ta chứng minh: đường tròn (C) có phương trình đường tròn có bk nhỏ so với đường tròn t/m ycbt Thật vậy: Lấy điểm I1 () , M1 parabol (P) H = I1M1 (' ) ta có: I M I H IM => IM0 nhỏ Do đường tròn bk IM0 đường tròn bk nhỏ 2 36 13 Vậy đường tròn cần tìm: x y 20 0,5đ Sở GD & ĐT Thanh Hoá Trường THPT Quảng Xương II Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT Bảng A (Thời gian 180 phút không kể thời gian giao đề) Bài1: (4 điểm) Cho hàm số f(x)=x3- 6x2+9x-1 (C) Khảo sát vẽ đồ thị (C) Từ điểm đường thẳng x=2 ta kẻ tiếp tuyến đến (C) (Đại học ngoại thương khối A năm 2000) Bài2: (4 điểm) Tính I= x x x dx Cho f(x) = 2x + m + log2mx2 - 2(m 2)x+ 2m-1 Tìm m để f(x) có tập xác định R Bài3: (4 điểm) sinx-1 Giải phương trình: ln(sinx+1) = e Bài4: (2 điểm) x y Giải hệ phương trình: y z z x Bài5: (4 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a Lấy M đoạn AD', N đoạn BD với AM=DN=x, (0y=-1 y=0 =>x3-6x2+9x-1=0 Lấy thêm điểm phụ: x=3 =>y=3 x=0 =>y=-1 Vẽ đồ thị: Học sinh vẽ xác đẹp -1 + + 0,5 0,5 Xét A(2,a) đường x=2 Tiếp tuyến A có phương trình là: (2điểm) y=(3x02-12x0+9)(x-x0)+x03-6x02+9x0-1 Tiếp tuyến qua A a=(3x02-12x0+9)(2-x0)+x03-6x02+9x0-1 2x03-12x02+24x0-17+a=0 (1) Số nghiệm phương trình (1) số tiếp tuyến qua A Xét g(x)= -2x3+12x2-24x+17 g'(x)=-6(x-2)2 x g(x) nghịch biến có tập giá trị (- ,+ ) phương trình (1) có nghiệm Vậy từ điểm x=2 kẻ tiếp tuyến đến (1) 3 Bài 2 I= dx = x ( x ) (4điểm) (2điểm) x x dx = x x dx + = x2 dx - = 0,5 0,5 0,5 0,5 1 0,5 x x x dx 0,5 dx+ x dx - x2 dx 8 + 15 Ta cần mx2-2(m-2)x+2m-1>0 x R (2điểm) m Khi ' m 3m m m =>m >1 m Vậy m>1 f(x) có tập xác định R 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài (4điểm) k (k Z) Đặt ln(sinx+1)=y => sinx+1=ey e sinx y 1(1) ta có hệ y e sin x 1(2) Điều kiện sinx -1, x - 0,5 0,5 Lấy (1) trừ (2) ta có phương trình esinx ey = y-sinx 0,5 Nếu sinx > y esinx > ey Phương trình nghiệm 0,5 Nếu sinx < y esinx < ey Phương trình nghiệm 0,5 Vậy phương trình có nghiệm sinx=y thay vào (2) ta có: esinx=sinx+1 (3) 0,5 Xét f(x)= ex-x-1 với x -1 0,5 ' x f (x)= e 1=0 x=1 Vậy phương trình (3) có nghiệm sinx=0 =>x=k Bài (2điểm) x y (1) Ta có y z (2) z x (3) (k Z) 0,5 điều kiện x,y,z Nếu (x,y,z) nghiệm hệ gọi x= min(x,y,z) x y,x z (4) z 1+ y =x =>z x Vậy z=x x y => x y =>1+ x 1+ z z y (5) Từ (4) (5) ta có x=y=z nên x=1+ x => x=y=z= 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài5 Dựng MM' AD; NN' AD (4điểm) (2điểm) DNN' vuông cân nên AM'=MM' Ta có AM2= x2=2MM'2 =>MM'=AM'= x 2 x 2 => cân MM'A = cân NN'D =>AM'=DN'=>AN'=DM' M'N'= AD - 2AN'= x x M'N'=a - 2(a)= x - a MM'N M' nên MN2 Vì N'DN cân => N'D=N'N= =M'M2+M'N2= x2 x2 x2 +(M'N'2+N'N2)= +(x -a)2 + 2 =3x2 -2ax +a2 Đặt f(x)=3x2 -2ax +a2 xét 0, a a a Vậy f(x) nhỏ x= 0,5 0,5 f'(x)= 6x- 2a =0 x= 0,5 a a - 2a MN =3 2 +a2 2a 4a 2 a a = +a = => MN= 3 0,5 Xét MM'D: MD2=MM'2+M'D2 2 (2điểm) a a 2 a 4a 5a + a = = a2 2a MN2= DN2=x2= 5a =>MN2+DN2= 9 9 0,5 5a Ta lại có MD =MN +DN = 2 Vậy MDN N =>MN DB a 2 x 5a + = Xét AN'N ta có AN =AN' +N'N = a a a 2 5a AM=x= MN= nên AM +MN = 2 AN =AM +MN => AMN M MN AD Vậy MN đường vuông góc chung Bài6 (2 điểm) 0,5 0,5 0,5 Đặt sinx=a; siny=b; sinz=c a,b,c ,1 a b b c c a (a b)(b c)(c a ) c a b abc (a b)(b c)(c a ) Ta chứng minh a,b,c ,1 abc 2 a b 1 Đặt u= ; v= ; a b c u v ta chứng c c 2 (v u )(1 u )(1 v) minh: uv 1 (v )(1 )(1 v) (v u )(1 u )(1 v) 2 ta có: uv v 2 1 = 1+ -v- v = 2v v 2 Dấu = u= ; v= hay x= ; y= ; z= 2 Ta có Tài liệu tham khảo: Đề thi Đại học Bộ giáo dục xuất năm 1996 Báo toán học tuỏi trẻ năm 2000 0,5 0,5 0,5 0,5 THPT Quảng Xương Sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 THPT - -Môn thi Toán bảng A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Bài (4 điểm) x2 Tìm trục hoành điểm kẻ đến đồ thị hàm số y hai tiếp x tuyến tạo với góc 450 Tính thể tích vật thể sinh phép quay quanh trục Ox hình giới hạn bởi: y log x ; x + y = 3; y = Bài (4 điểm) x m x 2m Tìm m để hệ có nghiệm x m x m Giải phương trình x x x Bài (4 điểm) Giải phương trình cos6x cos4x + 4cos3x + = Trong tam giác ABC, chứng minh rằng: cos A cos B cos C 13 cos A cos B cos C Bài (4 điểm) Giải phương trình x 3log x log x x Tính lim x x 3x x Bài (4 điểm) Lập phương trình mặt cầu tâm I(1; -1; 1), biết qua đường thẳng x y z có hai mặt phẳng vuông góc với tiếp xúc với mặt cầu x y 2z Với a, b, c dương R, chứng minh rằng: a b c a b c b c c a a b b c c a a b .Hết Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh số báo danh THPT Quảng Xương Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 12 THPT Môn: toán - bảng A (đáp án có trang) Bài ý Nội dung Điểm TXĐ D = R\{1} M Ox M(x0; 0), đường thẳng qua M với hệ số góc k có phương trình: y = k(x x0) () x2 k x x0 x () tiếp tuyến đồ thị hệ: có nghiệm x 2x k x 12 x x2 x 2x x x 12 x x0 xx0 1x x0 x x0 Voi x0 x0 0.5đ Với x0 = k = 0, Với x0 = x0 x0 k= x0 x0 12 0.5đ Để thỏa mãn yêu cầu toán thì: tg 450 I x0 k1 k = k1k x0 12 x0 2 M1( 2 ; 0), M2( 2 ; 0) 0.5đ 0.5đ Giao điểm đồ thị hàm số y log x , đường thẳng x +y = - 3 0.5đ A(2; 1) V = log xdx x dx =V1+ V2 2 1 V1= log xdx = log e. ln xdx = y O = log e.2 ln x V2 = x dx = = V=[ x m 2x 2m x m x 7m 0.5đ + log e.2 ln ] (đvtt) 0.5đ (1) (2) = (m 2)2 = (m 7)2 m = m = hệ phương trình vô nghiệm II 0.5đ 0.5đ m m tập nghiệm (1) D1 R+ tập m Với nghiệm (2) D2 R- nên hệ phương trình vô nghiệm Với m < tập nghiệm D1= (m; 2) tập nghiệm D2= (-7; -m) hệ phương trình có nghiệm Hệ phương trình có nghiệm với m < 0.5đ 0.5đ 0.5đ THPT Quảng Xương Bài ý Nội dung x x x x x x x x x 13 x x x x x x 17 x x x 2 x 3x 13 17 Kết luận: x x nghiệm 2 cos 3x cos 3x cos s x 2cos 3x sin 2 x cos x sin x 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ k x x l 0.5đ KL: Nghiệm x = + 2k III 0.5đ A B C = t 1< t 2 Xét f(t) = t (1; ], có f(t) = > hàm số đồng t t biến (1; ] 2 13 3 t (1; ] f(1) < f(t) f( ) = 2 13 Vậy cos A cos B cos C cos A cos B cos C Dấu xảy khi: cos A cos B cos C = hay tam giác x2 Pt log x log x = với x > x3 Hàm số y = log x log x đồng biến (5; + ) x2 Hàm số y = có y= < nghịch biến (5; + ) x3 x 32 đặt cos A cos B cos C = 1+ sin sin sin phương trình có nghiệm x = IV 3 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ L2 = lim x 0.5đ 0.5đ x 3x 3x 3x x 2x 1 3x = lim + lim = L1 + L2 3x x0 x x x 2x 2x = =1 3x lim x L1 = lim x0 x x x 2x L = lim x0 Điểm 0.5đ 3x 3x = lim =1 x 3 x x x x Vậy L = 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ THPT Quảng Xương Bài ý Nội dung x y z x y 2z ( P) I ( P) ta nhận thấy (P) (Q) (Q) I (Q) Điểm 0.5đ hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận (Q) làm mặt phẳng phân giác mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu hai mặt phẳng phân giác góc sinh (P) (Q) Nên phương trình mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là: x 4y z - 3x - 3z - |2x + 4y z -3| = |x 2y -2z -1| Bán kính mặt cầu cần lập: R = d(I/) = 5đ 4 = 3 0.5đ Phương trình mặt cầu cần lập là: x 12 y 12 z 12 16 0.5đ Giả sử a b c > a a b b c c b c c a c a a b a b b c 1 a b a b b c c a b c c a c c a b a b b a b c a c c b c a b a a b b c b c c a c a V c a 0.5đ 0.5đ c c a b c a a c b 0.5đ 1 a 1b a b c a c a b c b c 1 b 1c b c a b a b c a c a 1 c 1a c a b c b a a b a b Điều với a b c > > 1, R dấu xảy a = b = c > 0.5đ ... Tạp chí toán học Ca na đa Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 Năm học 2005 - 2006 Sở giáo dục đào tạo Thanh hoá THPT Môn thi : toán học - bảng A (Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao đề) Đề thức... thí sinh : Số báo danh Thanh hóa; Ngày 18 tháng 03 năm 2005 Lời giải chi tiết biểu điểm đề thi học sinh giỏi toán khối 12 Bài ý Bài 1 Lời giải chi tiết Điểm a) TXĐ : D = R b) Sự biến thi n:... đáy tứ diện góc , , Chứng minh: tg tg tg đáp án tháng điểm Đề thi học sinh giỏi lớp 12 - bảng a b Môn : Toán - năm học: 2005 - 2006 (Gồm có: trang) Nội dung điểm 2,5 Trường THPT Mai Anh