ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút CâuI : (4 điểm): Cho hàm số y= x 3 + 3x 2 - 2 (C) 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị. 2/ Giải bất phương trình : 0  2006 + 6018x 2 - 4012  4012. 3/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C). Biết tiếp tuyến đi qua A(0; -2) CâuII : (2 điểm) Tính I=  1 x e dx CâuIII : (2 điểm) Giải và biện luận phương trình theo tham số m mxx  11 Câu IV: (4 điểm) Giải các phương trình sau: 1/ Sin(/2 - cosx)= cos(3cosx) 2/ 6 x + 4 x = 2.9 x Câu V : (2 điểm) Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông: Cos 2 A + Cos 2 B + Cos 2 C = 1 Câu VI: (2 điểm): Tính giới hạn sau: 2 23 2 0 927279 lim x xx x   Câu VII: (2 điểm): Trong hệ Oxy cho hai đường thẳng d 1 //d 2 lần lượt có phương trình là : d 1 : x-y+2 = 0 ; d 2 : x-y-2 = 0 1/ Viết phương trình đường thẳng d 3 đi qua điểm A(-2; 0) và vuông góc với d 2 2/ Viết phương trình đường thẳng d 4 sao cho d 1 , d 2 , d 3 , d 4 cắt nhau tạo thành một hình vuông. Câu XIII: (2 điểm): Chứng minh rằng với a,b> 0 ta có: a 5 +b 5  a 4 b + ab 4 KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn: Toán- Đề 2 (Bản hướng dẫn chấm gồm 5 trang) Câu 1: (4 điểm) 1, (2 điểm)  TXĐ : D = R (0,25đ)  Chiều biến thiên: (0,5đ) + y' = 3x 2 + 6x = 3x(x+2), y' = 0       2 0 x x + dấu y': x - -2 0 + y' + 0 - 0 + 2 + y - -2 Với x(-; -2)  (0; +) hàm số đồng biến x(-2; 0) hàm số nghịch biến Tại x= -2 hàm số đạt cực đại y CĐ = 2 Tại x= 0 hàm số đạt cực tiểu y CT = -2 (0,25đ)  Tính lồi lõm, điểm uốn. (0,25đ) + y'' = 6x + 6 = 6(x+1); y'' = 0  x= -1 + dấu y'': x - -1 + y'' - 0 + đ.u y L ồi (-1,0) lõm  Bảng biến thiên: (0,25đ) x - -2 -1 0 + y' + 0 0 + 2 + y (CĐ) 0 (CT) - -2 x y 0 1 2 -2 -1- 3 3 -1+ 3 * Đồ thị: Đồ thị cát trục tung tại: (0; -2) * Cắt trục hoành tại hoành độ x = -1, x = 31 Qua điểm (-3; -2); (1; 2) 2. (1 điểm) 0  2006 x 3 + 6018 x 2 - 4012  4012  0  x 3 + 3x 2 - 2  2 (*) (0,5đ) theo đồ thị (C) ta có: (*)  x  [ -1- 3 ; -1 ]  [ -1+ 3 ; 1 ] (0,5đ) 3. (1 điểm): đường thẳng qua A(0; -2) có hệ số góc k: y+2= k(x- 0) (d)  y = kx-2 (d) là tiếp tuyến của (c)               xxk kxxx xxk kxxx 63 )1(3 63 223 3 2 23 (0,5đ) có nghiệm. Thay k từ (2) vào (1) ta được: x 2 (2x+3) = 0  x = 0, x= - 2 3 (0,25đ) * Với x= 0  k= 0 tiếp tuyến là y = - 2 * Với x= - 2 3  k= - 4 9 tiếp tuyến là y= - 2 4 9 x (0,25đ) Câu 2 (2 điểm). 1. (1 điểm) Ta có I =   )1( xx x ee dxe Đặt e x +1 = t (*)  e x = t-1 e x dx = dt I= dt tt tt tt dt        )1( )1( )1( = dt t dt t     1 1 1 (0,5đ) =ln 1t - ln t +c =ln t t 1 +c Từ (*) ta có: I = ln 1  x x e e + c = x - ln(e x +1) +c (0,5đ) Câu 3. (2đ) Xét hàm số y= 11  xx (c) 0,5 đ Ta có bảng xét dấu (1đ) x -  -1 1   1x -x-1 0 x+1 x+1 1x -x+1 -x+1 0 x-1 y= 11  xx -2x 2 2x Khi đó y=       x x 2 2 2         1 11 1 x x x đồ thị (C) * Biện luận số nghiệm của phương trình theo m: 11  xx = m (*) (0,5đ)  số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = m + Nếu m<2 phương trình vô nghiệm + Nếu m=2 phương trình có nghiệm [1; 1] + Nếu m>2 phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Câu 4 (4đ) 1. Phương trình tương đương với : Cos (  cosx) = cos 3  cosx (0,25đ)         23 23 kCosxCosx kCosxCosx (k Z  )       kCosxCosx kCosxCosx 23 23 (0,5đ)        )2( 2 )1( k Cosx kCosx (0,25đ) Vì k  Z, 1Cosx nên: (1) (*) 1 0       Cosx Cosx (0,25đ) (2)            2 1 1 0 Cosx Cosx Cosx (**) (0,25đ) Nếu Nếu Nếu y = 2 y = m 2 -1 1 x y (0,5đ) (C) Từ (*) và (**) ta có:           )5( 2 1 )4(1 )3(0 Cosx Cosx Cosx (0,25đ)              )(2 3 2 )(2 3 )5( )()4( )()3( 2 dkx ckx bkx akx        Với (k Z  ). (0,5đ) Từ (a),(b),(c),(d) ta có nghiệm của phương trình là :         23 22   k x k x (k Z  ) (0,25đ) 2. Phương trình tương đương với 2 3 2 3 2 2               xx (1) (0,5đ) Đặt t = x       3 2 Điều kiện t > 0. (0,25đ) (1)  t 2 + t -2 = 0       2 1 2 1 t t Với t = 1  x       3 2 = 1  x       3 2 = 0 3 2       (0,5đ)  x=0 Vậy phương trình có nghiệm x = 0. (0,25đ) Câu 5 (2đ)                      0 0 0 0 0)()( 0)()( 1)22( 2 1 1 1 2 21 2 21 1 2 2 2 222 CosC CosB CosA CosCCosBCosA BACosBACosCosC CCosBACosBACos CCosBCosACos CCos BCosACos CCosBCosACos (0,25 đ ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (Loại) * Nếu CosA = 0   ABC vuông tại A. * Nếu CosB = 0   ABC vuông tại B. * Nếu CosC = 0   ABC vuông tại C. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông Câu 6. (2đ) 2 2 0 2 3 2 0 2 23 2 0 2 23 2 0 3927 lim 3279 lim )3927()3279( lim 927279 lim x x x x x xx x xx xx xx          6 25 2 9 3 1 33 27 999 9 3927 27 lim 92793)279( 9 lim )3927( 27 lim 92793)279( 9 lim 2 0 3 2 3 22 0 22 2 0 3 2 3 222 0                xxx xx x xxx x xx xx Câu 7 (2đ) 1. d 3 vuông góc với d 2 nên có dạng x+y+c = 0 Vì d 3 qua A(-2 ; 0) nên : -2 + 0 + c = 0  c =2 (0,75đ) 2. Vì A(-2;0)  d 1 nên Để d 4 và d 1 , d 2 , d 3 cắt nhau tạo thành một hình vuông khi và chỉ khi d 4 //d 3 và d(A,d 4 ) = d(A,d 2 ) (*) (0,5đ) Do đó d 4 có dạng : x + y + D = 0 (*)  2 202 2 02    D (0,5đ)       2 6 42 D D D Vậy đường thẳng d 4 có dạng x+y+6 =0 hoặc x+y-2 = 0 (0,25đ) Câu 8.(2đ) a 5 +b 5  a 4 b+ab 4  a 5 +b 5 - a 4 b - ab 4  0 (0,5đ)  a 4 (a-b) - b 4 (a-b)  0  (a - b)(a 4 -b 4 )  0 (0,5đ)  (a-b)(a 2 -b 2 ) (a 2 +b 2 )  0 (0,25đ)  (a-b) 2 (a+b) (a 2 +b 2 )  0 (0,5đ) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b (0,25đ) (0,25đ) (1đ) (0,25đ) (0,25 đ ) (0,25 đ ) (0,25 đ )  . 1   1 x -x -1 0 x +1 x +1 1 x -x +1 -x +1 0 x -1 y= 11  xx -2 x 2 2x Khi đó y=       x x 2 2 2         1 11 1 x x x . - -2 x y 0 1 2 -2 -1 - 3 3 -1 + 3 * Đồ thị: Đồ thị cát trục tung tại: (0; -2 ) * Cắt trục hoành tại hoành độ x = -1 , x = 31  Qua điểm (-3 ; -2 );