ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – THPT Thời gian: 180 phút Bài 1: ( 2 điểm) Cho hàm số: 1 1)1( 2 − +− = x x y (C) a. Chứng minh giao điểm I của hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị (C) b. Viết phương trình 2 đường thẳng qua I có hệ số góc nguyên sao cho chúng cắt (C) tai 4 điểm phân biệt là 4 đỉnh của một hình chữ nhật Bài 2: (2 điểm) Tính tích phân: ∫ ≠ + = 2 0 2222 )0,( sincos π badx xbxa SinxCosx I Bài 3: ( 2 điểm) Cho họ parabol (P m ) có phương trình: y=2006x 2 +mx – 2004 m 2 +2003m -2005. Gọi (C m ) là đường tròn đi qua các giao điểm của (P m ) với các trục toạ độ. Chứng minh khi m thay đổi (C m ) luôn đi qua một điểm cố định. Bài 4: ( 2điểm) Giải phương trình: xxx −++=+ 24422169 2 Bài 5 (2 điểm) Giải hệ    =+ = 2coscos3 sin5sin yx xy Bài 6: (2đi ểm)Tam giác ABC có góc A tù thoả mãn cos3A + cos3B +cos 3C= 2 3 Tính các góc của tam giác ABC Bài 7: (2 điểm) Tìm giới hạn của dãy x n+1 = 2 1 − + nn xx với x 1 =0, x 2 =1 Bài 8: ( 2 điểm) Cho phương trình 04)1lg(.)1(2)1(lg)1( 22222 =+++−−+− mxxmxx a. Giải phương trình với m=4 b. Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm x thoả mãn 31 ≤≤ x Bài 9: (2 điểm). Đường thẳng 2x – 2y -3 =0 cắt parabol có tiêu điểm F( )1; 2 3 và đường chuẩn y = -1 tại 2 điểm A và B. Tìm trên cung AB của parabol điểm C sao cho ∆ABC có diện tích lớn nhất Bài 10:(2 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà các số đó chia hết cho 18 HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 MÔN TOÁN (Thời gian: 180 phút) Bài Nội dung Điểm Bài 1 (2điểm) a.(0.5điểm) - Tiệm cận đứng: x = 1 Tiệm cận xiên: y = x+1 ⇒ I (1;0) - Xét phép chuyển hệ trục X X XY yY xX 1 )( 1 2 + =⇒    = += là hàm lẻ trên R \{0} ⇒ I (1;0) là tâm đối xứng của (C ) b.(1.5 điểm) - Phương trình 2 đường thẳng cần tìm có dạng: Yy= k 1 (x-1) : (d 1 ) ; y=k 2 (x-1) (d 2 ) (k 1 ≠k 2 , k 1 ,k 2 ∈Z) - Gọi A 1 , B 1 là giao điểm của (d 1 ) và (C ) A 2 , B 2 là giao điểm của (d 2 ) và (C ) A 1 (x 1 ;y 1 ), A 2 (x 2; y 2 ) thuộc nhánh nằm bên phải tiệm cận đứng của ( C) Khi đó:      −= − += )1( 1 1 1 111 1 1 xky k x      −= − += )1( 1 1 1 222 2 2 xky k x (k 1 ,k 2 ,x 1 ,x 2 >1) A 1 ,A 2 ,B 1 ,B 2 là hình bình hành  là hình chữ nhật ⇔ IA 1 =IA 2 ⇔ IA 1 2 =IA 2 2 - IA 1 2 = (x 1 -1) 2 +k 1 2 (x 1 -1) 2 - IA 2 2 = (x 2 -1) 2 +k 2 2 (x 2 -1) 2 IA 1 2 =IA 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 2 1 − + = − + ⇔ k k k k ⇔ (k 1 -1) (k 2 - 1) =2 Giả sử k 1 > k 2 >1, do k 1 ,k 2 ∈ Z Nên    = = ⇔    =− =− 2 3 11 21 2 1 2 1 k k k k 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Vậy hai đường thẳng cần tìm có phương trình : y =2(x-1) và y = 3(x-1) Bài 2 (2 điểm) - Nếu a 2 = b 2 : a dx a xx I 2 1cossin 2 0 == ∫ π - Nếu a 2 ≠ b 2 Đặt t = a 2 cos 2 x + b 2 sin 2 x ⇒ dt=2(b 2 – a 2 ) sinxcosx dx ba t ab t dt ab I b a b a + = − = − =⇒ ∫ 11 )(2 1 2 2 2 1 2222 Kết luận: ba I + = 1 0.5 đ 1.0 đ 0.5 đ Bài 3 ( 2 điểm) - Dễ thấy (P m ) cắt trục tung tại điểm T(0; t) với t = - 2004 m 2 +2003m – 2005 <0 , cắt trục hoành tại 2 điểm H 1 (x 1 ; 0), H 2 (x 2 ;0) với x 1 ,x 2 là hai nghiệm trái dấu của phương trình. 2006x 2 +mx -2004 m 2 +2003 m -2005 = 0 - Xét giao điểm thứ 2 của (C m ) với trục tung là T’ (0; t’) thì ) 2006 1 ;0(' 2006 1. ' ' ' 21 2121 T t xx t ttxxOTOTOHOH ⇒==⇔ =⇔= Vậy (C m ) luôn đi qua điểm cố định (0; 2006 1 ) 0.5 đ 1.0 đ 0.5 đ Bài 4 (2 điểm) Điều kiện -2 ≤ x ≤ 2 Bình phương 2 vế thu được : - 9x 2 - 8x +32 +8 2 832 x − =0 Đặt t= 2 832 x − (t ≥ 0) được t 2 - 8t -x 2 - 8x = 0 ⇔ t = x hoặc t = - x - 8 (loại) Với t = x thì 2 832 x − =x 3 24 9 32 0 2 =⇔      = ≥ ⇔ x x x Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm duy nhất x= 3 24 0.5 đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Bài 5 (2điểm) Từ hệ phương trình ta có: sin 2 y+cos 2 y=25sin 2 x+4 - 12 cosx + 9 cos 2 x ⇔ 16 cos 2 x + 12 cosx -28 =0 ⇔ cosx = 1 hoặc cos x = - 4 7 (loại) 1.0 đ Với cos x =1 thay vào hệ ban đầu được 1cos 1cos 0sin −=⇔    −= = y y y Vậy hệ có nghiệm    += = π π )12( 2 my kx (k,m ∈Z) 0.5 đ 0.5 đ Bài 6 (2 điểm) Từ giả thiết ta có:        =− ±= ⇔        = − = − + ⇔ = − + − +⇔ =−− −+ 3 2 2 1 2 3 sin 0 2 33 sin 0 2 33 cos 2 3 sin2 0) 2 33 (sin) 2 33 cos 2 3 sin2( 01 2 3 sin2) 2 33 cos(). 2 33 cos(2 22 2 π k BA C BA BAC BABAC CBABA Do A là góc tù nên B, C là góc nhọn Do đó C= 9 π và A- B = 3 2 π Vậy A = 140 0 , B=C= 20 0 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5 đ Bài 7 (2 điểm) Bằng quy nạp chứng minh được x k -x k-1 = (- 1) k-2 . 2 12 2 − − k xx Với k≥2 Bằng phép cộng liên tiếp ta có: x n -x 1 =(x 2 -x 1 ) .( 2 2 2 2 )1( . 2 1 2 1 1 − − − +−+− n n ) = 2 12 2 12 2.3 .)1()( 3 2 − − − −−− n n xx xx − − =⇒ 3 2 12 xx x n 2 12 2 2.3 .)1( − − − − n n xx 1.0 đ 0.5 đ 0.5 đ Vậy 3 2 3 2 lim 12 = − = ∞→ xx x n n Bài 8: (2 điểm) a. (0.5 điểm) Với m = 4 phương trình có dạng: 08)1lg(.)1(24)1(lg)1( 22222 =++−−+− xxxx (1) - Điều kiện 1 ≥ x - Đặt )0()1lg(.)1(2 22 ≥+−= txxt Thì (1) trở thành 084 2 2 =+− t t ⇔ t 2 – 8t +16 = 0 ⇔ t = 4 - Khi t = 4 thì 81222 10)1(8)1lg(.1 2 =+⇔=+− − x xxx 812 )28(]2)1[( 2 +=+−⇔ − x x ⇔ x 2 – 1 = 8 ⇔ x = ±3 b.( 1.5 điểm) Đặt u = x thì t(u) = )1lg(.)1(2 22 +− uu đồng biến trên [1;3] và với mỗi u ∈ [1;3] có đúng 2 giá trị của x: 1 ≤ x ≤ 3 Khi đó t(u) ∈ [0 ;4]. Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm x thoả mãn: 1 ≤ x ≤ 3 thì phương trình: (1) : t 2 – 2mt +2m +8 = 0 có đúng 1 nghiệm ∈ [0 ; 4] Đưa (1) về dạng: t 2 +8 = 2m (t – 1) ⇔ m t t 2 1 8 2 = − + và lập bảng biến thiên của hàm f(t)= 1 8 2 − + t t trên [0;4]\ {1} ⇒ Các giá trị cần tìm của m là : 4 ≥ m 0.5 đ 0.5 đ 1.0 đ Bài 9: (2điểm) - M (x; y) ∈ (P) thì d(M,∆) = MF (∆ là đường chuẩn) ⇒ phương trình của parabol : 16 9 4 3 4 1 2 +−= xxy - Toạ độ A, B là nghiệm của hệ )4; 2 11 ();0; 2 3 ( 16 9 4 3 4 1 0322 2 BA xxy yx ⇒      +−= =−− - Diện tích ∆ ABC lớn nhất khi khoảng cách từ C đến đường thẳng AB lớn nhất ⇒C là tiếp điểm của tiếp tuyến song song với đường thẳng AB của (P) - Tiếp tuyến của (P) song song với AB có dạng y=x+m ⇒ m = 2 5 − 0.5 đ 0.5 đ 0.5 đ 0.5 đ Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: ) 2 9 ; 2 7 ( 16 9 4 3 4 1 1 2 C xxy xy ⇒      +−= += Bài 10 ( 2 điểm) Số tự nhiên nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 8 là: 100008, số tự nhiên lớn nhất có 6 chữ số chi hết cho 9 là : 999999 ⇒ có 1000001 9 100008999999 =+ − số tự nhiên có 6 chữ số chia hết cho 9. Trong đó có 50.000 số chia hết cho 2 và chỉ có những số này chia hết cho 18.Vậy có 50.000 số tự nhiên có 6 chữ số chia hết cho 18. 1.0 đ 1.0 đ . 04)1lg(.)1(2)1(lg)1( 222 22 =+++−−+− mxxmxx a. Giải phương trình với m=4 b. Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm x thoả. nhất Bài 10:(2 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà các số đó chia hết cho 18 HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 MÔN TOÁN (Thời gian: 180