Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)

ĐỀ SỐ 11:
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 3
=========***=========
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút
Câu1

: (6 điểm)
Cho hàm số y= x
3
+ 4x
2
+ 4x +1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Cho M(x
0
;y
0
) trên đồ thị. Một đường thẳng d thay đổi đi qua M cắt
đồ thị tại M
1
và M
2
khác M. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn
M
1
M

(2)
Câu 3

: ( 4 điểm)
Tính tích phân sau:
I =
dx
xx
x
∫
+
2
0
33
cossin
sin
π
Câu 4

: ( 5 điểm)
Cho tứ diện ABCD có tâm mặt cầu ngoại tiếp O. Tìm các điểm M trong
không gian sao cho 4 trọng tâm của tứ diện MBCD; MCDA; MDAB; MABC
cách đều điểm O.
1
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
2
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
MÔN: TOÁN
Câu 1

CĐ
= 1.
Cực tiểu tại: x
CT
= -
3
2
; y
CT
= -
27
5
Giới hạn
+∞=
+∞→x
ylim
;
−∞=
−∞→
y
x
lim

(0.25đ)
• Tính lồi lõm và điểm uốn:
y’’ = 6x + 8 = 0 <=> x= -
3
4
Hàm sô lồi từ (-
3

∞
y’ + 0 - - 0 +
y 1 +
∞

27
11
-
∞

27
5−

• Đồ thị (0,5 đ)

4
4
2
-2
-4
-6
-5
5
A
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
b) ( 2điểm)
Gọi d qua M có hệ sô gọc k :
d: y=k(x-x
0
) + y

0
+ 4 – k = 0(1)
Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (1) => x
1
, x
2
lần lượt là hoành
độ của M
1,
M
2
=>
x
I
= -
2
4
0
+x
(0,75
đ)
y
I
= y
0
+ k(

2
0
++≠ xx
c) ( 2đ)
Để thỏa mãn YCBT:
<=> y’ = 3x
2
+ 8x + 4 = a có 2 nghiệm phân biệt (0,25đ)
<=> a> -
3
4
(0,25đ)
Nhận xét: x
3
+ 4x
2
+ 4x + 1 = (3x
2
+ 8x +4)(
9
4
8
+
x
)-
9
78 +x
(0,5đ)
Gọi M
3

9
4
8
4
+
x
)-
9
78
4
+x
Vậy phương trình đường thẳng đi qua M
3
; M
4
là:
y= a(
9
4
8
+
x
) +
9
78 +x
(0,5đ)
Câu 2

: (4 đ)
Đ/K : x

π
k+±
3
(k
z∈
) (0,5đ)
Vậy nghiệm của phương trình :
x=-
π
π
k+
4
(k
z∈
)
x=
π
π
k+±
3
(k
z∈
) (0,25đ)
a) (2) <=>
122
22
2
+−=
−
xx

1
=
α
t
α
f’(t) - 0 +
f(t)
Quan sát bản bíên thiên nhận thấy phương trình có tối đa 2 nghiệm t.
(1đ ) Mặt khác f(0) = f(1) = 0
 Phương trình có 2 nghiệm t = 0; t= 1
(0.25đ)
 x= 0 ; x=
2
1
±
; x=1
(0.25đ )
Câu 3: (4 đ)
Xét J=
dx
xx
x
∫
+
2
0
33
cossin
cos
π

cot
1
π
π
π
gxxg
gxd
tgxxtg
dtgx
(0.75đ)
Đặt tgx(cotgx) = t
 I + J =
∫
+−
1
0
2
1
2
tt
dt
=2
∫
+−
−
1
0
2
4
3

(0.75)
Câu 4: ( 6 điểm)
Đặt
OGOMx 4+=
(0.5đ)
Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm của các tứ diện MBCD;
MCDA; MDAB; MABC
Ta có
OAxOAOGOMODOCOBOMOA −=−+=+++= 4'4
(1đ)
4
'OB
=
OBx −

ODxOD −='4
(1đ)
Ta có: OA’ =OB’= OC’ = OD’
2222
'16'16'16'16 ODOCOBOA ===⇒
ODxOCxOBxOAxODxOCxOBxOAx ===⇔−=−=−=−⇔
2222
)()()()(
=>
0=x
(1.5đ)
=>
OOMOM =+ 4

=>

(5 điểm) Cho phương trình
( )
xxmxxx −+−=++ 4512

a) Giải phương trình khi m = 12
b) Tìm m để phương trình có nghiệm
Bài 3:

(4 điểm) Tính
x
xx
Lim
x
11001.101
20062005
0
−++
>−
Bài 4

: (3 điểm) Giải phương trình
log
3
(x
2
+x+1) - log
3
x = 2x-x
2
Bài 5

.
CMR: ABCD là tứ diện đều khi và chỉ khi
m
1
+m
2
+m
3
+m
4
=
3
16R
9
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
HƯỚNG DẪN SƠ LƯỢC TOÁN HSG12
1b) Phương trình x
3
-(3+2m)x
2
+5mx +2m = 0

⇔
(x-2m)(x
2
-3x-m)=0

⇔



≠−−
⇔
4
9
4
7
,0
049
02.3
2
2
m
mm
m
mm
m
Bài 2:( 5 đ)
a)(2 đ) Từ điều kiện 0
⇒≤≤ 4x
VP
≥

12)4445(12 =−+−
VT
≤

44
+
12124 =+
⇒

f
1
(x)
↑
trên [0;4] và f
1
(x)
≥
0
∀
x
∈
[0;4]
f
2
(x) =
xx −−− 45
có f’
2
(x) =
xx
xx
xx −−
−+−−
=
−
+
−
−
452

và Max
[o;4]
f(x) =12
Từ đó (2) có nghiệm
⇔
Min
[o;4]
f(x)
≤
m
≤
Max
[o;4]
f(x)

⇔
( )
4512 −
≤
m
≤
12 là điều kiện để (1) có nghiệm
Bài 3:( 5 đ)
10
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Trước hết ta chứng minh: a
≠
0, n
∈
N, n

ax
yy
Lim
y
LimLim
n
y
n
y
n
x
=
+++
−
=
−
−
=
−+
−
>−>−>−
)1
1
1
111
(1
110
(2 đ)
Ta có:
x

2005
2006
0
−+
+








−+
+
>−>−
=
2006.2005
220560
2006
100
2005
10
=+
(3 đ)
Câu 4: Phương trình đã cho
⇔




2
1
0
2
xx
x
x
x
x
xét hàm số y=
x
x
x
1
2
++
với x>0, Minf(x) = 3 với x=1
y= g(x)=
3
2
2
xx−
với x>0, Maxf(x) =3 với x=1
⇒
Phương trình đã cho có nghiệm x=1.
Bài 5:( 4 đ) Gọi O và G lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm tứ
diện
Ta có:



2
+GB
2
+GC
2
+GD
2
(1 đ)
mà GA
2
=
m
2
1
16
9
, GB
2
=
m
2
2
16
9
,GC
2
=
m
2
3


⇒
4R
2
≥

( )
mmmm
2
4
2
3
2
2
2
1
16
9
+++
(1 đ)
11
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Theo BĐT “ Bunhiacopxki” ta có
( )
)(4
4321
4321
2
mmmm
mmmm

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :
⇔



===
≡
mmmm
GO
4321
Tứ diện ABCD đều
(1đ)
ĐỀ SỐ 13:
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
Trường THPT Nông cống I
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 (BẢNG A)
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN: 180
'
Bài 1:(4 điểm). Cho hàm số:
)(
3
1
22
3
1
23
cmmxmxxy −−−+=
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Tìm m

1
).1(4
1
)1(2
1
23
=−+
+
−+
+
−+
+
a
x
x
a
x
x
a
xx
x
Bài 4( 4 điểm).
1. Cho ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Gọi R
1
, R
2
,
R
3
lần lượt là các bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác BOC, COA,

=++
1)0(
0)()().(4)(
2'2'
f
xfxfxfxf
Tìm hàm số f(x).
2. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm là G. Các đường thẳng AG, BG, CG, DG
kéo dài lần lượt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ở A
1
, B
1
, C
1
, D
1
CMR:
GDGCGBGAGDGCGBGA +++≥+++
1111
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Đáp án
Thang
điểm
Bài 1: 1.Khi m=1.
3
7
2
3
x
y

;1+
3
)
y
CĐ
= y(-1-
3
) = y
CT
= y(-1+
3
) =
0,5
.10;22
''''
−=⇔=+=+ xyxy
Đồ thị hàm số lồi trên (-∞; -1)
Đồ thị hàm số lõm trên (-1;-∞)
Nhận I(-1,
3
7
−
) làm điểm uốn
+
+∞=−∞=
+∞→−∞→
yLimyLim
xx
;
Bảng biến thiên

1
22
3
)(
2'2
3
−+==−−−+= mxxxfmxmx
x
xf
Phương trình:
0)(
'
=xf
luôn có hai nghiệm trái dấu x
1
<0<x
2
Lại do
)
6
5
;0(0)2().0(
''
∈∀< mff
nên : x
1
<0<x
2
<2
+ Ta có bảng biến thiên:

6
5
;0(
0
3
1
2)0(
mf
mxxfm
mf
+ Vậy
3
104
|)
3
1
2(
312
[)
3
1
22
3
(
2
0
2
0
2
34

Bài 2:
1./ ĐK :



−≥
≠
1
0cos
tgx
x
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
14
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
+ Phương trình đã cho
)1.()3(5)2.(1.3 +=++⇔ tgxtgxtgx
+Đặt
2
0)53).(2(
0
)2(01
2
=⇔


+ Giải (1)





=
>
⇔



=
>
⇔
)'1(
2
lnln
0
2
0
2
x
x
x
x
x
x
x
Xét hàm số:

7
3
)
7
4
(13472)3(log2log
72
t
ttt
txx +=⇔+=⇔=+=
Xét hàm số:
.
7
3
)
7
4
()(
t
t
tg +=
luôn nghịch biến
⇒
(2’) có nghiệm duy
nhất t =1
Vậy (2) có nghiệm x =2
+ KL: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4
Bài 3:
1. + Đặt sinx = t có phương trình đã cho







=+
=+
≤≤≥
⇔
att
yt
ty
ytyt
tya
ty
yta
tya
ty
2
2
2
2
10;0
0)1)((
10;010;0
+ Xét hàm số: f(t)= t
2
– t trên [0;1].
0.5
0.5

4
1
≤≤−
2. ĐK : x>0.
+ Đặt:
t
x
x =+
1
(đk :t
≥
2) với t =2 cho giá trị x=1
(*)
với t>2 cho giá trị x>0
+ Ta có : (1)








≥
=++=
=↔=
⇔










<<
<=



>−
=∆
4
5
0)2(
2
2
2
0
21
21
af
VN
VN
tt
tt
a
Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì :
a<

R
R
B
R
R ==
+ Vậy có:
)1(.6
cos
1
cos
1
cos
1
=++
CBA
+ Dễ có :
6
2
3
9
coscoscos
9
cos
1
cos
1
cos
1
=≥
++

đường thẳng
M(a;2) 2y →=
+ Gọi T
1
(x
1
,y
1
); T
2
(x
2
,y
2
) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T
1
, T
2
là:

1
:
1.
4
1
1
=+ yy
xx



2
2
1
1
y
xa
y
xa Nhận xét : T
1
, T
2
có tọa độ thỏa mản phương trình đường thẳng
12
4
.
: =+∆ y
xa
Vậy phương trình đường thẳng T
1
, T
2
là; ax + 8y – 4 =0.
+ Đường tròn tâm M tiếp xúc T
1
, T
2
có bán kính là:

+
==→≥=
t
t
tfRta

2
3
)0(00
)64(2
116
)(
min
3
'
==⇒≥∀>
+
+
= fRt
t
t
tf

đạt được khi : t=0
⇔
a=0
+ Kết luận: vậy điểm M(0;2).
Bài 5 :
1. Từ:


+−=
⇔=++
xfdo
xf
xf
xf
xf
xfxf
xfxf
xfxfxf
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
17
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
+ Xét (1) Có:
∫ ∫
++−=⇔+−=
1
'
)32()(ln)32(
)(
)(
Cxxfdxdx
xf
xf
011)0()(

)(
x
exf
+−
=
2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Có:
GAOGGAOGOAGAOGOA .2
222
++=⇒+=
Tương tự ta có:
GBOGGBOGOB .2
222
++=

GCOGGCOGOC .2
222
++=

GDOGGDOGOD .2
222
++=
+ Từ trên :
222222
)(4 GDGCGBGAOGR +++=−⇒
+ Lại có : GA.GA
1
= GB.GB
1
=GC.GC

2
1111
GDGCGBGA
GDGCGBGAGDGCGBGA ++++++≥+++

GDGCGBGA +++≥
Dấu bằng xảy ra
⇔===⇔
GDGCGBGA
Tứ diện ABCD gần đều
hoặc tứ diện ABCD đều
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
18
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
ĐỀ SỐ 14:
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Môn: Toán Thời gian: 180 phút
Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh
Lê Văn Khởi
Câu 1:

(4 điểm)
Cho hàm số:

(5 điểm)
a) Tính:
∫






+
+
+
2
0
sin1
sin1
)cos1(
ln
π
dx
x
x
x
b) Tìm
Zx
∈
thoả mãn
∫
−=
x

y
a
x
(E) và Hypebol:
1
2
2
2
2
=+
n
y
m
x
(H) (với a, b, m, n > 0)
có cùng chung tiêu điểm F
1
và F
2
: Chứng minh rằng tiếp tuyến của (E) và
(H) tại giao điểm của chúng vuông góc với nhau.
19
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
Câu 5:

(4,5 điểm)
Cho tứ diện đều ABCD, gọi (C) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Điểm
M ∈ (C), gọi A
1

21
Tuyển tập các đề thi HSG Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết) (phần 2)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Môn: Toán Thời gian:
Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh
Lê Văn Khởi
Câu 2
(4
điểm)
Câu a:

(2 điểm) Chứng minh rằng
)1(2cos +≥+ xxe
x
với
0
≥∀
x
(1)
02cos ≥−−+⇔ xxe
x
với
0
≥∀
x
Đặt:
2cos)( −−+= xxexf
x
0,25
Ta có:

hay f(x) đồng biến
[
)
+∞,0
0,25

0200cos)0()(
0
=−−+=≥ efxf

2cos0)( +≥+⇒≥ xxexf
x
với
0≥∀x
0,25
Câu b:

(2 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

01224
211
22
=−+−=−
++−
mxx
xmxx
(1)
Phương trình (1)
122222
221222

1222
22
+=+−⇒ xmxx
0,25

012
2
=+−⇔ mxx
(3)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có
nghiệm
⇔ ∆' ≥ 0 ⇔ m
2
- 1≥ 0 ⇔
1≥m
0,25
Câu 3
(5
điểm)
Câu a:

(2 điểm) Tính:
∫






+

2
) (I
3
)
0,5
Chứng minh: I
1
= I
3
Đặt:
:
2
dtdxtx =⇒−=
π

0
2
2
0
=⇒=
=⇒=
tx
tx
π
π

∫∫∫
=+=+=−+=
2
0


1
2
20
=⇒=
=⇒=
tx
tx
π
0,25

∫
=
2
1
2
ln tdtI
Đặt:



=
=
dtdv
tu ln











+=+
+=+
2005200520052005
2004200420042004
dcba
dcba
Chứng minh rằng:
2006200620062006
dcba +=+
Đặt:
2004
2006
,
2004
2005
,,,,
2004200420042004
======
βα
dncmbyax
0,25
Theo đề ra ta có:




−+−=
αα
α
xnmxxf
=>
2
0)('
nm
xxf
+
=⇔=
0,25
Suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm
mà



=
=
⇒



=
=
⇒==
ny
my
nx
mx

−=
x
xtdt
0
12cossin
Ta có:
1coscossin
0
0
+−=−=
∫
xttdt
x
x
Vậy:
02cos2cos1cos12cos =−+⇒+−=− xxxx
0,5





−=
=
⇔=−+
)(
2
3
cos
1cos

x
(E) và Hypebol:
1
2
2
2
2
=+
n
y
m
x
(H) có
chung tiêu điểm F
1
(-c;0); F
2
(c;0)
Vậy c
2
= a
2
- b
2
(a > b > 0)
c
2
= m
2
+ n




=+
=+
)(1
)(1
2
2
2
2
2
2
2
2
H
n
y
m
x
E
b
y
a
x
Giải ra ta được:
)(
222
22
mab

22
mab
ma
bn
+
−
) Nhận xét:
2 biểu thức căn bằng nhau do a
2
- m
2
= b
2
+ n
2
đặt:
k
mab
nb
=
+
+
)(
222
22
; M (amk, bnk)
0,25
Phương trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng:

11

x
m
amk
(d
2
)
0,25
Tiếp tuyến (d
1
) có véc tơ pháp tuyến
);(
1
b
n
a
m
n =
Tiếp tuyến (d
2
) có véc tơ pháp tuyến
);(
2
n
b
m
a
n −=
0,25
Ta có:
212121