Sở GD & ĐT Thanh hoá đề thi học sinh giỏi khối 12
Trờng THPT Quảng Xơng 1 Môn: toán- bảng A - năm học 2005 - 2006
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số:
)(
2
5
3
2
2
4
Cx
x
y +=
và điểm M
)(C
có hoành độ x
M
= a. Với giá trị
nào của a thì tiếp tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) 2 điểm phân biệt khác M.
2. Tìm m để phơng trình
(x+1)(x+2)(x+4)(x+5) 2m +1 =0
Có nghiệm thoã mãn: x
2
+6x + 7

0
Câu 2: (4 điểm)
1.Tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) trên đoạn [-1; 2] biết f(0) = 1 (1)
và f

32
(lim
3
2
x
x
x
x
x
x
+

+

Câu 4: (4 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A AB = a,
các cạnh bên SA = SB = SC = a và cùng tạo với đáy một góc

.
Xác định

cos
để thể tích hình chóp lớn nhất.
2. Tính các góc của
ABC

biết
2
3
2

y −=
vµ ®êng th¼ng
)(∆
: 3x – 4y +
19 = 0. ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn cã t©m I thuéc ®êng th¼ng
)(∆
cã b¸n kÝnh nhá
nhÊt vµ tiÕp xóc víi parabol (P)
hÕt
Hä tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh:

2
Sở GD & ĐT Thanh hoá đáp án đề thi học sinh giỏi khối 12
Trờng THPT Quảng Xơng 1 Môn: toán- năm học 2005 2006
Câu 1: (4 điểm)
1> Điểm M
)(C
, x
M
= a >
2
5
3
2
2
4
+= a
a
y
M

)(
và (C) là nghiệm của phơng trình
0)632()(
2
5
3
2
))(62(
2
5
3
2
3222
4
32
4
=++++=+ aaxxaxa
a
axaax
x



=++=
=

0632)(
22
aaxxxg
ax

0)63(
2
2
2
22'
)(
a
a
a
a
aag
aa
xg
Vậy giá trị a cần tìm






<
1
3
a
a
2> pt <=> (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) = 2m 1 <=>
(x
2
+ 6x +5)(x
2

5
2
1
m
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
3
4
-4
-2
-2
o t
f(t)
y= 2m - 1
VËy ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm th×
2
5
2
1
≤≤− m
C©u 2: (4 ®iÓm)
1> Tõ (2): f
2
(x)f’(x) = 1 + 2x + 3x
2

]2;1[
3
1
1
−∈




−=
−=
x
x
lµ c¸c ®iÓm tíi h¹n
g(-1) = 2, g(2) = 40, g(-
3
1
) =
9
2
=> max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - 2
Do ®ã GTLN cña f(x) lµ
3
40
vµ GTLN cña f(x) lµ
3
2−
2> §K:
)0
3

ππππππ
xtgxtgxgxgxtg
Ta ®îc ph¬ng tr×nh
2
1
3cos)3coscos3(3sin)3sinsin3(
8
1
3cos.cos3sin.sin
33
=++−⇔=+ xxxxxxxxxx
2
1
6cos2cos3
2
1
3sin3cos)3coscos3sin(sin3
22
=+⇔=−++⇔ xxxxxsxxx
)(
62
1
2cos
2
1
2cos4
3
Zkkxxx ∈+±=⇔=⇔=⇔
π
π




<
>
>





>
>
1
3
032
032
022
2
2
2
x
x
xx
xx
xx
pt <=>
)32(log)22(log
2
347

0,5đ
đặt





>=+
>=
1347
032
2
a
txx
đa về hệ
1)1(
)1(1
+=+





=
+=+
yy
y
y
aa
at

+
<<
+ 1a
1
0 và
a
a
(do a
> 1)
Nên hàm số f(y) nghịch biến
1>a
và f(1) = 1 nên y = 1 là nghiệm duy
nhất của pt (*) => x
2
2x 3 = a
1
= 7 + 4
3
Giải ra




<+=
>++=
(t/m)
(t/m)
134111
334111
2


2
3
2
0
2
3
0
)1(31)1(21
lim
3121
lim
y
yy
y
yy
y
yy
I
yy
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
5
2
1
1
2
1


++++++
+
+
+++
=








++++++
+
+
+++

=


yyyy
y
yy
yyyyy
yy
yyy
y
y

2
1
cos >

)
1cos4
2
.
2
1
2
2
==

a
ACABS
ABC
+ V
S.ABC
=
1cos4sin
6
2
3


a
áp dụng BĐT cô si cho 2 số dơng 4

2


0,5đ
0,5đ
6
S
A
a
O
C
B

a
Vậy
22
5
cos =

hình chóp có thể tích lớn nhất
2. Do
)
2
3
2
cos(
2
3
sin
AA
=


4
3
4
(sin2
2
3
4
cos)
4
3
4
sin(2)
4
3
4
(sin21
2
3
4
cos)
42
sin(2)
2
3
2
cos(
2
2
222
2

CBCBA
CBCBCBAA
CBAA
CBCBAA




Do
2
4
cos
2
1
)
4
3
4
sin(







+
CBA

0

sin(
0
4
sin
CBA
CB

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Giải hệ trên ta đợc:





==
=
0
0
40
100
CB
A
Câu 5: (4 điểm)
1> Ta có

+=+=++=
2


dx
x
tgI
đặt
dtdx
tx
tx ===
2422

Đổi cận: x = 0 =>
2

=t
;
2

=x
=> t = 0

+
=
+

+=






t
tgI
0,5đ
0,5đ
0,5đ
7
∫ ∫
+=⇒=⇒−=−=+−=
2 2
2
0 0
2
111
0
2ln
48
2ln
4
2ln
2
2ln)
2
1ln(2ln
π π
π
ππππ
IIIItdt
t
tgdt
VËy

+=−
4
3
8
44
3
16
2
x
mxx
cã nghiÖm (I)
(I)



=
−=
⇔
9
6
m
x
pt ®t
)(
'
∆
: 3x – 4y + 9 = 0. vµ to¹ ®é tiÕp ®iÓm
)
4
9

=
0,5®
0,5®
0,5®
0,5®
I lµ giao ®iÎm cña (d) vµ
)(∆
=> to¹ ®é I lµ nghiÖm cña hÖ







−=
−=
⇔





=++
=+−
20
13
5
36
0

0,5®
8
(d)
()
I
I
1
H
M
0
M
1
()
Ta chứng minh: đờng tròn (C) có phơng trình trên là đờng tròn có bk nhỏ
nhất so với các đờng tròn t/m ycbt.
Thật vậy: Lấy điểm I
1
bất kì trên
)(
, M
1
bất kì trên parabol (P)
H = I
1
M
1
)(
'

ta có:

0,5đ
9