Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT Bảng A môn Toán

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).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2. Từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng x=2 ta có thể kẻ được bao nhiêu
tiếp tuyến đến (C).
(Đại học ngoại thương khối A năm 2000).
Bài2: (4 điểm).
1. Tính I=  
3
0
23 xx2x dx.
2. Cho f(x) = 2x + m + log2mx2 - 2(m – 2)x+ 2m-1.
Tìm m để f(x) có tập xác định là R.
Bài3: (4 điểm).
Giải phương trình: ln(sinx+1) = esinx-1.
Bài4: (2 điểm).
Giải hệ phương trình:






1xz
1zy
1yx
Bài5: (4 điểm).
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh bằng a. Lấy M trong đoạn
AD', N trong đoạn BD với AM=DN=x, (0<x<a 2 ).
1. Chứng minh với x= 3
2a thì MN ngắn nhất.
2. Khi MN ngắn nhất chứng minh: MN là đoạn vuông góc chung của
AD' và DB.
Bài6: (2 điểm).
Cho x,y,z 

  2;6 Chứng minh:
2
2
11ysin
xsinzsin
xsin
zsinysin
zsin
ysinxsin 

 
Sở GD & ĐT Thanh Hoá
Trường THPT Quảng Xương II Đáp án Đề thi Học sinh giỏi lớp 12 THPTThời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài
Câu Nội dung Điểm
Bài1
(4điểm)
1
(2điểm)
Tập xác định: x .
Chiều biến thiên: y'=3x2-12x+9
y'=0  x=1, x=3
Hàm số đạt cực đại tại x=1, y=3
Hàm số đạt cực tiểu tại x=3, y=-1
Tính lồi lõm và điểm uốn
y''=6x-12
Hàm số lồi x ( )2,
Hàm số lõm x (2,+ )
Điểm uốn x=2, y=1
limy=+ ; limy=-
x->+ x->-
Bảng biến thiên
Đồ thị: x=0 =>y=-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 chính xác đẹp
x - 1 3 +
y' + 0 -
y'' 3 +
- -1
0,5
0,5
0,5
0,5
2
(2điểm)
Xét A(2,a) trên đường x=2. Tiếp tuyến tại A có phương trình là:
 y=(3x02-12x0+9)(x-x0)+x03-6x02+9x0-1Tiếp tuyến này qua A khi và chỉ khi
a=(3x02-12x0+9)(2-x0)+x03-6x02+9x0-1 2x03-12x02+24x0-17+a=0 (1)Số nghiệm của phương trình (1) chính là số tiếp tuyến qua A
Xét g(x)= -2x3+12x2-24x+17
g'(x)=-6(x-2)2 0 x
 g(x) luôn nghịch biến và có tập giá trị là (- ,+ ) do đó
phương trình (1) luôn có một nghiệm duy nhất
Vậy từ một điểm bất kỳ trên x=2 luôn kẻ được đúng một tiếp
tuyến đến (1)
0,5
0,5
0,5
0,5
1
(2điểm) I=  
3
0
2)1x(x dx = 
3
0
x 1x  dx
= 
1
0
x  x1  dx + 
3
1
x  1x  dx
= 
1
0
2
1
x dx - 
1
0
2
3
x dx+ 
3
1
2
3
x dx - 
3
1
2
1
x dx
=15
8 + 5
38
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 2
(4điểm)
2
(2điểm)
Ta chỉ cần mx2-2(m-2)x+2m-1>0 x R
Khi




04m3m
0m
2'









1m
4m
0m
=>m >1
Vậy m>1 thì f(x) có tập xác định R
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
(4điểm) Điều kiện sinx -1, x - 
 2k2 (kZ)
Đặt ln(sinx+1)=y => sinx+1=ey
ta có hệ 
 

)2(1xsine
)1(1ye
y
sinx
Lấy (1) trừ (2) ta có phương trình
 esinx – ey = y-sinx
Nếu sinx > y thì esinx > ey Phương trình không có nghiệm
Nếu sinx < y thì esinx < ey Phương trình không có nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm khi sinx=y thay vào (2) ta
có: esinx=sinx+1 (3)
Xét f(x)= ex-x-1 với x -1
f'(x)= ex – 1=0 x=1
Vậy phương trình (3) có nghiệm sinx=0 =>x=k (kZ)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 4
(2điểm)
Ta có






)3(x1z
)2(z1y
)1(y1x
 điều kiện x,y,z 1
Nếu (x,y,z) là một nghiệm của hệ gọi x= min(x,y,z) thì
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) và (5) ta có x=y=z nên x=1+ x => x=y=z= 2
53 
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài5
(4điểm)
1
(2điểm)
Dựng MM'  AD; NN'  AD
DNN' vuông cân nên AM'=MM'
Ta có AM2= x2=2MM'2 =>MM'=AM'= 2
2x
Vì N'DN  cân => N'D=N'N= 2
2x
=>   cân MM'A =   cân NN'D
=>AM'=DN'=>AN'=DM'
M'N'= AD - 2AN'= x 2
 M'N'=a - 2(a- 2
2x )= x 2 - a
MM'N  tại M' nên MN2
=M'M2+M'N2=
2
2x +(M'N'2+N'N2)=
2
2x +(x 2 -a)2 +
2
2x
=3x2 -2ax 2 +a2
Đặt f(x)=3x2 -2ax 2 +a2 xét trên  2,0 a
f'(x)= 6x- 2a 2 =0 x=
3
2a
Vậy f(x) nhỏ nhất khi x=
3
2a
MN2=3
2
3
2a



 - 2a
3
2a 2 +a2
0,5
0,5
0,5
 =
2
2 2a -
3
4 2a +a2 =
3
2a => MN=
3
a
0,5
2
(2điểm)
Xét  MM'D: MD2=MM'2+M'D2
=
2
1
2
3
2a



 +
2
2
2
3
2



  aa =
9
5
9
4
9
222 aaa 
và MN2=
3
2a DN2=x2=
9
2 2a
=>MN2+DN2=
9
5 2a
Ta lại có MD2=MN2+DN2=
9
5 2a
Vậy MDN  tại N =>MN  DB
Xét  AN'N ta có AN2=AN'2+N'N2=
2
2
2
3
2



  aa +
2
2x =
9
5 2a
AM=x=
3
2a MN=
3
a nên AM2+MN2=
9
5 2a do đó
AN2=AM2+MN2 =>AMN  tại M
MNAD Vậy MN là đường vuông góc chung
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài6
(2
điểm)
 Đặt sinx=a; siny=b; sinz=c thì a,b,c 

 1,
2
1
Ta có
abc
accbba
b
ac
a
cb
c
ba ))()(( 
Ta chứng minh
abc
accbba ))()((  2
2
11 

   a,b,c 

 1,
2
1
Đặt u=
c
a ; v=
c
b ; do
2
1 abc1 thì
2
1 uv1 ta chứng
minh:
uv
vuuv )1)(1)((  2
2
11 

 
 ta có:
uv
vuuv )1)(1)(( 
v
vv
2
1
)1)(
2
11)(
2
1( 

= 1+
2
1 -v-
v
v
v
12
2
11
2
1  =
2
2
11 

 
Dấu = khi u=
2
1 ; v=
2
1 hay x=
6
 ; y=
4
 ; z=
2

0,5
0,5
0,5
0,5
Tài liệu tham khảo: 1. Đề thi Đại học của Bộ giáo dục xuất bản năm 1996.
 2. Báo toán học và tuỏi trẻ năm 2000