ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút CâuI (2 điểm): Cho hàm số: y = x 3 +mx 2 +9x+4 (Cm) 1. Tìm m để (Cm) có cực đại, cực tiểu? 2. Tìm m để (Cm) có 1cặp điểm đối xứng qua O(0; 0)? CâuII (2 điểm): 1. Tính: I= ∫ 3/ 4/ 4 π π xdxtg 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 ; y= 4x 2 ; y = 4. CâuIII (2 điểm): 1.Cho phương trình: (m+3)x 2 - 3mx + 2m = 0 Xác định m để phương trình có 2 nghiệm x 1 và x 2 sao cho 2x 1 - x 2 = 3. 2 Xác định m để tam thức bậc hai: f(x)= x 2 +(3-m)x -2m + 3 luôn luôn dương với ∀ x 4−≤ Câu IV (2 điểm): 1. giải hệ phương trình: x + y + xy = 11 x 2 + y 2 + 3(x + y) = 28 2. Giải và biện luận phương trình: mxmxx +=− 2 Câu V (2 điểm): Cho phương trình: 2Cos 2 x - (2m+1)Cosx +m = 0 1. Giải phương trình với m = 2 3 2. Tìm m để phương trình có nghiệm x sao cho x ∈       2 3 ; 2 ππ Câu VI (2 điểm): 1. CMR trong ∆ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC 2. nếu ∆ABC là ∆ nhọn, c/m tgA + tgB + tgC ≥ 33 Câu VII (2 điểm): 1. Tìm: 1 23 lim 3 1 − −− → x xx x 2. Giả phương trình: 8.3 x + 3.2 x = 24 + 6 x Câu XIII (2 điểm): 1. giải phương trình: log 2 (3.2 x - 1) = 2x + 1 2. Cho (H) có phương trình: x 2 - 3y 2 = 1 và đường thẳng ∆: kx + 3y -1 = 0 a, Xác định k để ∆ tiếp xúc với (H) b, Tìm tọa độ tiếp điểm. Câu IX (2 điểm): 1. Cho 3 mp (P), (Q), (R) có các phương trình lần lượt là: (P): Ax + By + Cz + D 1 = 0 (1) (Q): Bx + Cy + Az + D 2 = 0 (2) (P): Cx + Ay + Bz + D 3 = 0 (3) Với điều kiện A 2 + B 2 + C 2 > 0 và AB + BC + CA = 0 CMR: 3mp (P), (Q), (R) đôi một vuông góc. 2. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ mp(BCD), ∆BCD vuông tại C CMR 4 mặt của tứ diện là những ∆ vuông. Câu X (2 điểm): 1. Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác . CMR: a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ac) 2. Có bao nhiêu số tự nhiên (được viết trong hệ đếm thập phân) gồm 5 chữ số mà các chữ số đều lớn hơn 4 và đôi 1 khác nhau. KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Năm học: HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn: Toán- Đề số I (Bản hướng dẫn chấm gồm 7 trang) Câu I: 1. y' = 3x 2 + 2mx + 9 Hàm số có CĐ CT' ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt (0,5đ) ⇔ ∆' = m 2 - 27 > 0 ⇔ m ∈(-∞; 33− ) ∪ ( 33− ;+∞) (0,5đ) 2. Giả sử A(x 1 ; y 1 ) và B(-x 1 ; -y 1 ) đối xứng nhau qua gốc tọa độ và cùng thuộc (Cm) (0,25đ) Khi đó: y 1 = 49 1 2 1 3 1 +++ xmxx (1) -y 1 = 49 1 2 1 3 1 +−+− xmxx (2) (0,25đ) Lấy (1) cộng với (2) (vế với vế) ta có p/t: 04 2 1 =+ mx (0,25đ) ⇔ 4 2 1 −=mx có nghiệm ⇔ m < 0 (0,25đ) Câu II: 1. Ta có: I = dx x x 2 3/ 4/ 2 2 cos sin ∫         π π = ( ) dx x x ∫ − 3/ 4/ 4 2 2 cos cos1 π π (0,25đ) = dxdx x dx dx x dx ∫∫∫ +− 3/ 4/ 3/ 4/ 2 3/ 4/ 4 cos 2 cos π π π π π π (0,25đ) = ( ) 3/ 4/ 3/ 4/ 3/ 4/ 2 2)(1 π π π π π π xtgxtgxdxtg +−+ ∫ (0,25đ) = 123 2 2 3 1 3/ 4/ 3/ 4/ 3/ 4/ 3 π π π π π π π +=+−       + xtgxxtgtgx (0,25đ) 2. Giao điểm hai đường y=x 2 có hoành độ là : x ± 2 Giao điểm y=4 với y = 4x 2 có hoành độ là x= ± 1 Giao điểm hai đường y=x 2 và y= 4x 2 có hoành độ x=0 (0,5đ) y = 4 y = x 2 y = 4x 2 y x Diện tích miền cần tính (miền gạch chéo như hình vẽ) là : S=2         −+− ∫∫ dxxdxxx 2 1 2 1 0 22 44 = 2         −+ ∫ ∫∫ 1 0 2 1 2 2 1 2 43 dxxdxdxx = 2       −+ 2 1 3 2 1 1 0 3 3 1 4 xxx = 3 16 (đv dt) (0,5đ) Câu III 1. Giả sử phương trình có 2 nghiệm x 1 ,x 2 ta có :        + = =− + =+ 3 2 32 3 3 21 21 21 m m xx xx m m xx (đk m≠-3) (0,25đ) Từ (1) và (2) ta có : x 1 = 3 32 + + m m và x 2 = 3 3 + − m m (0,25đ) Thay vào (3) ta được 1 99 3 )3(2)3)(32( 3 3 2 3 3 3 32 −=⇔    −= ≠ ⇔    +=−+ −≠ ⇔ + = + − × + + m m m mmmm m m m m m m m (0,25đ) Với m=-1 phương trình viết : 2x 2 +3x -2 =0 ⇒ x 1 = 2 1 , x 2 =-2. Vậy m=-1 là giá trị cần tìm. (0,25đ) 2. Tam thức đã cho dương với ∀x≤ - 4 Khi và chỉ khi                 <− >− ≥∆ <∆ ⇔         <≤− ≥∆ <∆ 2 4 0)4( 0 0 4 0 0 21 s af xx (0,25đ) -4 x S/2 2 1 x + + – ⇔ 2/7 132/7 13 5 2/7 13 13 0 2 5 072 032 032 2 2 −>⇒    >∨−≤<− <<− ⇔             −> −> ≥∨−≤ <<− ⇔                 > + >+ ≥−+ <−+ m mm m m m mm m m m mm mm (0,5đ) Câu IV: 1. Đặt    = =+ Pxy Syx ⇔    =−+ =+ )2(2823 )1(11 2 PSS PS (0,25đ) (1) ⇒ P = 11 - S thế vào (2) ta được: S 2 + 5S - 50 = 0 giải được: S 1 = 5; S 2 = -10 * với S 1 =5 ⇒ P 1 = 6 ⇒ hệ (I)    = =+ 6 5 xy yx (0,25đ) * với S 2 = -10 ⇒ P 2 = 21 ⇒ hệ (II)    = −=+ 21 10 xy yx (0,25đ) * giải hệ (I) ta được 2 nghiệm (2; 3) và (3; 2) * giải hệ (II) ta được 2 nghiệm (-3; -7) và (-7; -3) vậy hệ phương trình có 4 nghiệm: (2; 3); (3; 2); (-3; -7); (-7; -3) (0,25đ) 2. Giải và biện luận phương trình: mxmxx +=− 2 Giải: Phương trình tương đương với:    =− −≥ ⇔    +=− ≥+ )2(3 )1( )()( 0 222 mmx mx mxmxx mx (0,25đ) Xét hai trường hợp: * m ≠ 0: ta có: x= 3 m− theo điều kiện (1) ta phải có 3 m− ≥-m ⇔ 0 3 2 >m ⇒ m>0 (0,25đ) * m=0: ∀x đều thỏa mãn phương trình (2) so sánh với điều kiện (1) ta nhận x≥0 (0,25đ) Vậy: + m<0 phương trình vô nghiệm + m>0 phương trình có nghiệm x= 3 m− + m=0 phương trình co nghiệm x ≥ 0 (0,25đ) Câu V: Cho phương trình : 2cos 2 x - (2m+1)cosx + m = 0 Hệ (0,25 đ) Đặt: cosx = t; 1 ≤ t p/t ⇔ 2t 2 - (2m+1)t + m =0 ∆ = (2m-1) 2 ≥0 ⇒ t 1 = 2 1 và t 2 =m (0,25đ) a. với m = 2 3 thì: * nghiệm t 2 = cosx = 2 3 (loại) * vậy t 1 = cosx = 2 1 = cos 3 π ⇒ x= ± π π 2 3 k+ (k ∈Z) (0,5đ) b. Để phương trình có nghiệm ) 2 3 ; 2 ( ππ ∈ x thì cosx < 0 ⇔ -1 ≤ m < 0 (0,25đ) Câu VI: 1. Trong ∆ABC ta có A=π-(B+C) ⇒tgA =tg(π-(B+C)) = -tg(B+C) (0,25đ) ⇔tgA=- tgCtgB tgCtgB .1− + (0,25đ) ⇔tgA-tgA.tgB.tgC = -tgB -tgC (0,25đ) ⇔tgA+tgB+tgC = tgA.tgB.tgC (đpcm). (0,25đ) 2.∆ABC là ∆ nhọn nên tgA>0, tgB>0, tgC>0 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương ta có: tgA+tgB+tgC ≥ 3 tgC.tgA.tgB3 (0,25đ) từ kết quả câu 1, ta có: tgA+tgB+tgC ≥ 3 3 tgCtgBtgA ++ (0,25đ) ⇔ (tgA+tgB+tgC) 3 ≥ 27(tgA+tgB+tgC) (0,25đ) ⇔ (tgA+tgB+tgC) 2 ≥ 27 ⇔ tgA+tgB+tgC≥ 33 (đpcm) (0,25đ) Câu VII 1. 1 23 lim 3 1 − −− → x xx x = )23)(1( 23 lim 3 6 1 −+− −− → xxx xx x (0,5đ) = )23)(1( )2)(1( lim 3 12345 1 −+− −++++− → xxx xxxxxx x (0,25đ) 23 )2( lim 3 12345 1 −+ −++++ → xx xxxxx x = 2 3 (0,25đ) 2. giải phương trình: 8.3 x + 3.2 x =24 + 6 x ⇔ 8(3 x -3) - 2 x (3 x -3) = 0 (0,25đ) ⇔ (3 x -3)(8 - 2 x ) = 0 (0,25đ) ⇔    = = ⇔     = = 3 1 82 33 x x x x (0,25đ) Vậy phương trình có 2 nghiệm x =1 và x =3 (0,25đ) Câu VIII: 1. Giải phương trình: log 2 (3.2 x -1)= 2x+1 ⇔      =+− > ⇔      =− >− + 012.32.2 3 1 2 212.3 012.3 2 12 xx x xx x đặt t= 2 x (t>0) (0,5đ) ⇒            = = > ⇔      =+− > 2 1 1 3 1 0132 3 1 2 2 1 2 t t t tt x ⇒      = = 2 1 2 12 x x ⇒    −= = 1 0 x x (phương trình có 2 nghiệm) (0,5đ) 2. Giải a, (H) ⇔ 1 3/11 22 =− yx đưởng thẳng (∆): kx+3y-1 = 0 tiếp xúc với (H) khi và chỉ khi: A 2 a 2 - B 2 b 2 = C 2 ⇔ 2413. 3 1 1. 222 ±=⇔=⇔=− kkk (0,25đ) giải b: * Khi k=2 ta có (∆): 2x+3y-1=0 (1) gọi M 0 (x 0 , y 0 ) là tiếp điểm của (∆) và (H) áp dụng công thức phân đôi tọa độ ta có: (∆): x 0 x-3y 0 y-1 = 0 (2) so sánh (1) và (2) ta có: 1 1 1 3 3 2 00 = − = − = yx (0,25đ) ⇒    −= = 1 2 0 0 y x ⇒ tiếp điểm M 0 (2, -1) * khi k=-2 ta có (∆' ): -2x+3y-1=0 (3) goi M 1 (x 1 , y 1 ) là tiếp điểm của (∆') và (H). theo công thức phân đôi tọa độ ta có: (∆'): x 1 x- 3y 1 y-1 = 0 (4) (0,25đ) Từ (3) và (4) ta có: (thỏa) A B C D    −= −= ⇒= − − = − = − 1 2 1 1 1 3 3 2 1 1 11 y x yx ⇒ M 1 (-2, -1) Vậy 2 tiếp điểm là    1)- (-2,M 1)- (2,M 1 0 (0,25đ) Câu IX 1. Các véc tơ pháp tuyến của 3 mp' (P), (Q), (R) lần lượt là: ),,( CBAn P = → ),,( ACBn Q = → (0,5đ) ),,( BACn R = → ta có: 0 =++=== →→→→→→ CABCABnnnnnn PRRQQP Vậy 3 mặt phẳng (P), (Q) ,(R) đôi một vuông góc. (0,5đ) 2. c/m: * AB ⊥ mp(BCD) ⇒    ⊥ ⊥ BDAB BCAB hay ∆ABC và ∆ABD vuông tại B. gt cho ∆BCD vuông tại C và AB⊥(BCD) nên BC là hình chiếu AC trên (BCD) theo định lí 3 đường vuông góc ⇒ CD⊥AC hay ∆ACD vuông tại C. Câu X 1. Cho a, b, c là 3 cạnh của ∆. cm: a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab+bc+ca) Giải: Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của ∆ nên: a,b,c dương và:      +< +< +< ⇒      +< +< +< )3( )2( )1( 2 2 2 bcacc abbcb acaba bac acb cba (0,5đ) cộng vế với vế 3 bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: a 2 + b 2 + c 2 <2(ab+bc+ca) (đpcm) (0,5đ) 2. Giải: các chữ số lớn hơn 4 là 5, 6, 7, 8, 9 (0,25đ) Số các số gồm 5 chữ số lập nên từ các chữ số đó là hoán vị của 5 phần tử. (0,5đ) Tức là: P 5 = 5! = 5.4.3.2.1 = 120 (0,25đ) Đáp số: 120 số (0,5đ) (0,5đ)  Tài liệu: * Sách giáo khoa môn toán THPT lớp 10, 11, 12 * Sách tham khảo nâng cao của Bộ giáo dục * Sách ôn luyện thi tốt nghiệp BT THPT * Toán nâng cao đại số 10 (NXB Bộ giáo dục)  . nhiêu số tự nhiên (được viết trong hệ đếm thập phân) gồm 5 chữ số mà các chữ số đều lớn hơn 4 và đôi 1 khác nhau. KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Năm học: HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn: Toán- Đề số I (Bản. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút CâuI (2 điểm): Cho hàm số: y = x 3 +mx 2 +9x+4 (Cm) 1. Tìm m để (Cm) có. các chữ số lớn hơn 4 là 5, 6, 7, 8, 9 (0,25đ) Số các số gồm 5 chữ số lập nên từ các chữ số đó là hoán vị của 5 phần tử. (0,5đ) Tức là: P 5 = 5! = 5.4.3.2.1 = 120 (0,25đ) Đáp số: 120 số (0,5đ) (0,5đ)