Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT Môn thi Toán bảng A

THPT Quảng Xương 3
1
Sở giáo dục và 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 1 (4 điểm)
1. Tìm trên trục hoành các điểm có thể kẻ đến đồ thị hàm số
1
2
 x
xy hai tiếp
tuyến tạo với nhau một góc 450.
2. Tính thể tích vật thể sinh ra bởi phép quay quanh trục Ox của hình giới
hạn bởi: xy 2log ; x + y = 3; y = 0.
Bài 2 (4 điểm)
1. Tìm m để hệ   
 

077
022
2
2
mxmx
mxmx có nghiệm.
2. Giải phương trình 3322  xxx .
Bài 3 (4 điểm)
1. Giải phương trình cos6x – cos4x + 4cos3x + 4 = 0.
2. Trong tam giác ABC, chứng minh rằng:
6
13
coscoscos
1
coscoscos  CBACBA .
Bài 4 (4 điểm)
1. Giải phương trình        23log5log3 53  xxxx .
2. Tính
x
xx
x
13121lim
3
0

 .
Bài 5 (4 điểm)
1. Lập phương trình mặt cầu tâm I(1; -1; 1), biết rằng qua đường thẳng




0122
0322
zyx
zyx có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc với mặt cầu.
2. Với a, b, c dương và 1 ≤   R, chứng minh rằng:
11
1
11
1
11
1






 











ba
c
ac
b
cb
a
ba
c
ac
b
cb
a
...........Hết...........
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh ......................................... số báo danh .........................
THPT Quảng Xương 3
2
Hướng dẫn chấm bài thi học sinh giỏi lớp 12 THPT
Môn: toán - bảng A
(đáp án này có 3 trang)
Bài ý Nội dung Điểm
1
 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) ()
() là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ:
 
 





k
x
xx
xxk
x
x
2
2
0
2
1
2
1 có nghiệm
    02
22
1
2
1
xx
x
xx
x
x 
     021 00  xxxx  





1
1
2
0
0
0
0 xVoi
x
x
x
x
 Với x0 = 0 k = 0,
Với x0 = 1
2
0
0
x
x  k =  20
0
1
4


x
x
 Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì:
21
210
1
45
kk
kk
tg 
 ...  20
0
1
4
x
x
= ± 1
... 2230 x
  M1( 223 ; 0), M2( 223 ; 0).
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
I
2
 Giao điểm của đồ thị hàm số xy 2log , và đường thẳng x +y = - 3
là A(2; 1)  V =    


   dxxdxx 3
2
2
2
1
2 3log =V1+ V2
 V1= dxx2
1
2log = dxxe 2
1
2 ln.log =...
 =  12ln2.log2 e .
 V2 =   dxx 3
2
23 = ...= 
3
1
 V=[
3
1 +  12ln2.log2 e ] (đvtt)
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
II 1
 
 
 

)2(077
)1(022
2
2
mxmx
mxmx
 1 = (m – 2)2 ≥ 0 và 2 = (m – 7)2 ≥ 0  m = 2 hoặc m = 7 thì
hệ phương trình vô nghiệm.
 Với




7
2
m
m
 và 0m thì tập nghiệm của (1) là D1  R+ và tập
nghiệm của (2) là D2 R- nên hệ phương trình vô nghiệm.
 Với m < 0 tập nghiệm D1= (m; 2) và tập nghiệm D2= (-7; -m) hệ phương trình luôn có nghiệm.
 Hệ phương trình luôn có nghiệm với m < 0.
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
y
 O 1 2 3 x
1
THPT Quảng Xương 3
3
Bài ý Nội dung Điểm
2
         01330332  xxxxxxxx

2
131
03
0
3 2




 x
xx
x
xx

2
173
023
1
13 2




 x
xx
x
xx
Kết luận:
2
131x và
2
173x là nghiệm.
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
1
 04cos33cos43cos2 2  xsxx
   02sin213cos2 2  xx





02sin
13cos
x
x






2
3
2
3


lx
k
x
KL: Nghiệm x =  + 2k
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
III
2
 đặt CBA coscoscos  = 1+
2
sin
2
sin
2
sin4 CBA = t  1< t ≤
2
3
 Xét f(t) =
t
t
1 trên (1;
2
3 ], có f’(t) = 2
11
t
 > 0  hàm số đồng
biến trên (1;
2
3 ]
 t  (1;
2
3 ] thì f(1) < f(t) ≤ f(
2
3 ) =
6
13
 Vậy
6
13
coscoscos
1
coscoscos  CBACBA
Dấu bằng xảy ra khi: CBA coscoscos  =
2
3 hay tam giác đều.
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
1
 Pt     3log5log 53  xx = 3
2


x
x với x > 5
 Hàm số y =    3log5log 53  xx đồng biến trên (5; + )
 Hàm số y =
3
2


x
x có y’=  23
5


x
< 0 nghịch biến trên (5; + )
  phương trình có nghiệm duy nhất x = 8
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
IV
2
 L =
x
xxxx
x
131313121lim
333
0


 =
x
x
x
x
12131lim 3
0
 + x
x
x
131lim
3
0

 = L1 + L2
 L1 =
x
x
x
x
12131lim 3
0
 =  121 231lim 30  xx xxx = 1
 L2 =
x
x
x
131lim
3
0


=


  13131
3lim
3230 xxx
x
x
= 1
 Vậy L = 2
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
THPT Quảng Xương 3
4
Bài ý Nội dung Điểm
1





)(0122
)(0322
Qzyx
Pzyx
 ta nhận thấy




)(
)(
QI
PI
 và (P)  (Q)
  hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận (Q) làm mặt phẳng
phân giác  2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cũng là
hai mặt phẳng phân giác của góc sinh bởi (P) và (Q). Nên phương
trình 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là:
|2x + 4y – z -3| = |x – 2y -2z -1|  



04-3z-x3
02-z4yx
 Bán kính mặt cầu cần lập: R = d(I/) =
3
2141 
=
3
4
 Phương trình mặt cầu cần lập là:      
9
16111 222  zyx
0.5đ
0. 5đ
0.5đ
0.5đ
V
2
Giả sử a ≥ b ≥ c > 0
011
1
11
1
11
1












 

















ba
c
ba
c
ac
b
ac
b
cb
a
cb
a
01
11
11
1
11
1
11
1























baba
c
c
acac
bb
cbcb
a
a
           
      011
11
1
11
11
1
11
11
1























bcac
acbaca
c
acac
abacbcb
cbcb
cacbab
a
...
       
       
        011
11
11
1111
11
1111
11
1111
11
























abcbbaba
acac
babaacac
cbcb
acaccbcb
baba
Điều này luôn đúng với mọi a ≥ b ≥ c > 0 và  > 1,   R
dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0.
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ