ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian 180 phút Bài 1: (2đ) Cho hàm số: y = x 3 - 32 2 1 2 3 mmx  (m là tham số) a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 b. Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị (cm)tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC. Bài 2: (2điểm) Tính tích phân I = dxxx 23 1 0 1  Bài 3: (2điểm) Cho phương trình: x 2 – 2 ( m - 1) x + 2m 2 – 3m + 1 = 0 (m là tham số) Chứng minh rằng khi phương trình có nghiệm thì hai nghiệm của nó thỏa mãn bất đẳng thức. | x 1 + x 2 + x 1 x 2 |  8 9 Bài 4: (2 điểm) Giải bất phương trình 232 x + 2x  3 4 )2)(23(  xx Bài 5: (2điểm) Giải phương trình sin 3 (x + xsin2) 4   Bài 6: (2điểm) Cho  ABC có: 2 1 sin sin coscos 22 22    B A BA (cotg 2 A + cotg 2 B) Chứng minh rằng  ABC cân Bài 7: (2điểm) Tính giới hạn sau: I = 1 lim x 1 57 2 3   x xx Bài 8: ( 2 điểm) Giải phương trình x- 5 2 x x-1- 5 2 x 4 - 12 . 2 + 8 = 0 Bài 9: (2điểm) Cho hình chóp S . ABCD trong đó SA  (ABCD) và SA = 2; ABCD là hình chữ nhật, AB = 1; BC = 3. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AC và SD Bài 10: (2 điểm) Giả sử x,y là 2 số dương thỏa mãn điều kiện 6 32  yx Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng x+y. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Bài 1: a) Với m = 1 thì hàm số có dạng: y = 2 1 2 3 23  xx * TXĐ: D = R (0,25)  Chiều biến thiên y’ = 3x 2 – 3x = 3x(x-1) y’ = 0       1 0 x x => Hàm số đồng biến trên (-  ; 0 ) và (1; +  ) Hàm số nghịch biến trên (0;1)  Cực trị Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 , y cđ = 2 1 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, y ct = 0  Giới hạn lim y = -  , lim y =   x  -  x    (0,25) * Tính lồi, lõm, điểm uốn. y” = 6 x – 3 y” = 0  x = 2 1 Dấu của y”: x -  1/2   y” - 0 + Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm (1/2;1/4) * Bảng biến thiên: x -  0 1/2 1   y’ + 0 - 0 + y 1/2   1/4 -  0 (0,25) Đồ thị : Giao điểm với trục ox: (1;0) và (-1/2; 0) Giao điểm với trục oy: (0; 1/2) (0,25) b) PT hoành độ giao điểm: x 3 - 0 2 1 2 3 32  mxmx (1) Đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C  pt (1) có 3 nghiệm phân biệt x A , x B , x C . Theo Vi et ta có : x A + x B +x C = 2 3 m (2) theo gt AB = BC  2 x B =x A + x C (3) Từ (2) và (3)  x B = 2 m . Vậy x = 2 m là một nghiệm của (1). Chia f(x) = 323 2 1 2 3 mxmxx  cho 2 m x  ta được: f(x) = (x - 2 m ) (x 2 – mx – 1 - 2 2 m ) - 2 m + 4 3 m . (0,25) x = 2 m là nghiệm của (1)  - 2 m + 4 3 m = 0  m=0, m = 2 Khi đó f(x) = (x - 2 m ) (x 2 – mx – 1 - 2 2 m ) có 3 nghiệm phân biệt vì )(x  = x 2 – mx – 1 - 2 2 m có 2 nghiệm trái dấu (0,25) và có  ( 2 m ) = -1 - 0 4 3 2  m . m  vậy: m = 0 ; m = 2 (0,25) Bài 2: I = dxxx .1. 2 1 0 3   Đặt x = sin t, t        2 ; 2   dx = cost . dt (0,5) x = 0  t = 0, x=1  t = 2   ttx cossin11 22   I =   )(cos.cos).cos1(.cos.sin 2 2 0 22 2 0 3 tdttdttt  = 15 2 |)cos 3 1 cos 5 1 ()(cos).cos(cos 2/ 0 352 2 0 4     tttdtt (0,5) Vậy 15 2 .1. 2 1 0 3   dxxx (0,5) Bài 3: a) x 2 – 2(m-1) + 2m 2 – 3m + 1 = 0 (1) Ta có  ’ = (m-1) 2 – (2m 2 – 3m + 1) = - m 2 + m (0,25) PT (1) có nghiệm   ’  0  - m 2 + m  0  0  m  1 (0,25) Vậy 0  m  1 thì pt (1) có nghiệm b) Gọi x 1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1) Theo Vi ét ta có: x 1 + x 2 = 2(m-1) x 1 . x 2 = 2m 2 – 3m + 1 (0,25)  | x 1 + x 2 + x 1 .x 2 | = | 2m – 2 + 2m 2 – 3m + 1| = | 2m 2 – m – 1| (0,25) = 2 | m 2 - 2 m - 2 1 | = 2 |(m - 4 1 ) 2 - 16 9 | (0,25) Với 0  m  1 thì ( m - 4 1 ) 2  0  | (m - 4 1 ) 2 - 16 9 |  16 9 (0,25) Vậy | x 1 + x 2 + x 1 . x 2 |  2. 16 9 = 8 9 (0,25) Bài 4: Giải phương trình 2 23 x + 2x  3 4 )2)(23(  xx (1) TXĐ: D =  x R \ x  3 2  Trên D thì 2x > 0, Chia 2 vế của (1) cho 2x ta được 2 31 2 23    x x 4 2 23   x x (0,25) Đặt t = 4 2 23   x x , t  0 (0,25) BPT  2t 2 – 3t + 1  0  0  t  2 1 hoặc t  1 (0,25) * Với 0  t  2 1 thì 4 2 23   x x  2 1  3 2  x  47 34 (0,25) * Với t  1 thì 4 2 23   x x  1  x  2 (0,25) Vậy tập nghiệm của BPT (1): T =       47 34 ; 3 2    ;2 (0,25) Bài 5: Giải phương trình sin 3 (x + xsin.2) 4   Đặt t = x + 4  thì phương trình trở thành (0,25) sin 3 t = 2 sin (t - 4  )  sin 3 t = sint – cost (0,5)  sint (1 – cos 2 t) = sint – cost  cost (1- sint.cost) = 0 (0,5)              kxktt ttt 42 0cos 2sin 2 1 10cos.sin1 Vô nghiệm (0,5) Vậy x = 4  +  k ( )zk  Bài 6: B A BA 22 22 sin sin coscos   = 2 1 (cotg 2 A + cotg 2 B)  B A BA 22 22 sin sin )sin(sin2   = 2 1 )1 sin 1 1 sin 1 ( 22  B A (0,5)  1) sin 1 sin 1 ( 2 1 1 sin sin 2 2222   B A B A (0,25)  B A 22 sin sin 2  = B BA 22 22 sin sin 2 sinsin  (0,25)  4 A 2 sin . B 2 sin = 222 )sin(sin BA  (0,25)    0sinsin 2 22  BA (0,25)  BA sinsin  (0,5)     BA ABC cân Bài 7: I = 1 lim x 1 57 2 3   x xx = 1 lim x 1 25 lim 1 27 2 3      x x x x (0,5) = 1 lim x               )25)(1( 25)(25( lim )42.7)7()(1( )42.7)7()(27( 2 22 1x 3 3 2 3 3 2 3 xx xx xxx xxx (0,5) = 1 lim x )25)(1( )45( lim )47.2)7()(1( )87( 2 2 1 3 3 2       xx x xxx x x (0,25) = 1 lim x 25 1 lim 472)7( 1 2 1 3 3 2      x x xx x (0,5) = 12 7 2 1 12 1  (0,25) Bài 8: Điều kiện ;5 x 5x (0,25) 082.124 515 22   xxxx    082.62 5 2 5 22   xxxx (0,25) Đặt t xx   5 2 2 ( t > 0 ) phương trình trở thành (0,25) 086 2  tt  t = 2 hoặc t = 4 (0,5) * Với t = 2  31522 25 2   xxx xx (t/m) (0,25) * Với t = 4  5 2 2  xx 4 9 254 2  xxx (t/m) (025) Vậy phương trình có nghiệm x = 3; x = 4 9 (0,25) Bài 9: Phương pháp tổng hợp: - Từ D dựng Dx // AC - Từ A dựng AF  Dx ( F  Dx) và AH  SF ( H  SF) - Dựng HP // FD ( P  SD) - Dựng PQ // AH (Q  AC) Khi đó PQ là đoạn vuông góc chung của SD và AC. Thật vậy (0,25) Ta có: FD  SA FD  FA  FD  (SAF) (0,25) Suy ra FD  AH SF  AH  AH  (SFD) (0,25) Do đó: AH  FD  AH  AC mà PQ // AH nên PQ  AC (0,25) Hơn nữa: AH  (SFD) nên AH  SD suy ra PQ  SD Vậy ta có: d (AC, SD) = PQ = AH (0,25) Xét tam giác vuông AFD ~ tam giác vuông ABC ta có: 10 3.  AC ADAB AF AC AD AB AF (025) trong tam giác vuông SAF ta có: 36 49 9 10 4 1111 222  AF SA AH (0,25) Vậy d (AC,SD) = AH = 7 6 Bài 10: Ta có: y y x x . 3 . 2 32  (0,5) Theo BĐT Bunhiacopski ta có:   )(6))( 32 (32 2 yxyx yx  (0,5)  6 625 6 )32( 2     yx (0,25) Đẳng thức xảy ra khi           32 6 32 22 yx yx             6 63 6 62 y x (0,5) Vậy min   yx  = 6 625 tại 6 62  x (0,25) 6 63 y . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian 18 0 phút Bài 1: (2đ) Cho hàm số: y = x 3 - 32 2 1 2 3 mmx  (m là tham số). – 1| (0,25) = 2 | m 2 - 2 m - 2 1 | = 2 |(m - 4 1 ) 2 - 16 9 | (0,25) Với 0  m  1 thì ( m - 4 1 ) 2  0  | (m - 4 1 ) 2 -