Sở gd&đt thanh hoá

đề thi học sinh giỏi lớp 12

Trờng THPT Hậu Lộc I

Môn: toán bảng A

Thời gian: 180 phút
Bài1: ( 4 điểm)
Cho hàm số
y = 2 x + m x 2 2 x + 2
1. Tìm các tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi m = 3
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại một điểm xo
x.f(x-1) = (x-3) f(x)
Bài 5: ( 6 điểm)
1. Lập phơng trình của Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) và đỉnh S(2;1).
2. Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông. Gọi H là hình chiếu của
O lên đáy ABC. Chứng minh rằng:
a)

1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
OH
OA
OB
OC 2

b) S 2 ABC = S 2 OBC + S 2 OAC + S 2 OAB


®¸p ¸n ®Ò thi hsg líp 12
M«n: to¸n – b¶ng A

Bµi1:
1) (1,5®iÓm): Víi m =3 ta cã: y = −2 x + 3 x 2 − 2 x + 2

a = lim

[

(0,25®iÓm)

]

b = lim − 2 x + 3 x 2 − 2 x + 2 + 5 x = 3

(0,25®iÓm)

Ta cã tiÖm cËn xiªn bªn tr¸i

(0,25®iÓm)

x →−ω

y = -5x+3
y/(xo) = 0

2) (2,5 ®iÓm):
Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i xo

//

y (xo) < 0

m( x0 − 1)


§Æt g ( x0 ) =
g / ( x0 ) =

2 x02 − 2 x0 + 2

( x0 − 1) 2 x02 − 2 x0 + 2

lim g ( x 0 ) = −2

x → −ω

x0 − 1
−2

(0,25®iÓm)

víi xo
t +t

với t 1;
4

2
t +t

5

2

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

4t + 2
5
< 0; t 1;
2
2
(t + t )
4

(0,25 điểm)

Ta có bảng sau:
t


1 + m2

Đặt m = tg

(0,25 điểm)
(1)

t

. Bất phơng trình (1) có dạng:
với 0 < t


Ta suy ra vế trái của (2) sin 2 t + cos 2 t 1; t (0,25 điểm)
Vậy bất phơng trình đ cho có tập nghiệm là R (0,25 điểm)
Bài 3:
1.(2 điểm):
Điều kiện:

2k < x
0 ; 1 + sinx > 0

(0,25 điểm)

Phơng trình log cos x sin x ln(1 + cos x) = log sin x cos x ln(1 + sin x)
ln sin x
ln cos x
ln(1 + cos x) =
ln(1 + sin x)
ln cos x
ln sin x
(ln sin x) 2
(ln cos x) 2
(*)

x=


4

+ k 2

2.(2 điểm):

k Z

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)


Tõ gi¶ thiÕt, theo ®Þnh lý sin ta cã: a2 + b2= kc2

(0,25 ®iÓm)

Theo ®Þnh lý cosin ta ®−îc: a2 + b2= k ( a2+b2-2abcosC )
k −1 a2 + b2
.
k
2ab

⇒ cos C =

⇒ cos C =

(0,25 ®iÓm)

(0,25 ®iÓm)

2k − 1
k

(0,25 ®iÓm)

⇒ max(sin C ) =

Bµi 4:
Ta cã: x.f(x-1)= (x-3).f(x)

(1)

Cho x = 0 ⇒ f(0) = 0

(2)

(0,25 ®iÓm)

Cho x = 1 ⇒ f(1) = 0

(3)

(0,25 ®iÓm)

Cho x = 2 ⇒ f(2) = 0

(4)



( x + y 1) 2
2

(0,5 điểm)

x2 + y2- 2xy - 10x - 6y + 25 = 0 (*)

(0,25 điểm)

(*) là phơng trình của Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh
và F là tiêu điểm

(0,25 điểm)

2.(4điểm):
Gọi A1=AHBC ; B1=BHAC
C1= CHAB

O
(0,25điểm)

Theo giả thiết OA(OBC) OABC
Và OH(ABC) OHBC
BC(OAH) BCAH

(0,5điểm)

A


B

(0,25điểm)
1
1
1
=
+
2
2
OA1 OB
OC 2

(2)

(0,25điểm)

(0,5điểm)


1
1
1
1
=
+
+
2
2
2

Lu ý: Những cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa thoe mỗi ý, mỗi bài.


đề thi học sinh giỏi khối 12

Sở GD & ĐT Thanh hoá

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: y =

5
x4
3 x 2 + (C ) và điểm M (C ) có hoành độ xM = a. Với giá trị
2
2

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 tho m n: x2 +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 f2(x).f(x) = 1+ 2x +3x2 (2)
sin 3 x. sin 3x + cos 3 x. cos 3x

2
2
)
log
(
+
2
3
3

x+2 3 x+3

)
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

sin

3A
AC
A B 3
=
+ sin
+ sin

-------------------hÕt--------------------Hä tªn thÝ sinh: .................................................

2

Sè b¸o danh: ............................


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 ) , xM = a ---> y M =

5
a4
3a 2 + ta có Pt tiếp tuyến với (C) có
2
2
0,5đ

dạng
() : y = y x' ( x x M ) + y M với y M' = 2a 3 6a
M

5

a < 3
a 2 3 < 0
2


a 1
a 1
g (a ) = 6a 2 6 0

0,5đ

a < 3
Vậy giá trị a cần tìm
a 1

2> pt <=> (x+1)(x+2)(x+4)(x+5) = 2m 1 <=>
(x2 + 6x +5)(x2 + 6x + 8) = 2m 1
Đặt t = x2 + 6x +5 = (x + 3)2 4 -4

0,5đ

Do x2 + 6x +7 0 <=> x2 + 6x +5 -2 => t -2
0,5đ
Bài toán trở thành tìm m để pt: f(t) = t(t+3) = 2m-1 có nghiệm t [ 4;2]
f(t)
<=> số giao điểm của đồ thị f(t) = t2 + 3t và đờng
y= 2m - 1
4
y = 2m 1 vẽ trên đoạn [-4; -2]
<=> 2 2m 1 4

0,5 ®

C©u 2: (4 ®iÓm)
2

[ f ( x)]3

2

1> Tõ (2): f (x)f’(x) = 1 + 2x + 3x <=>

3

= x + x 2 + x 3 + c (c lµ h»ng

0,5®

sè)

1
, do ®ã hµm sè f ( x) = 3 3x 3 + 3x 2 + 3x + 1
3

+ Tõ (1) : f(0) = 1 => c =

XÐt g(x) = 3x3 + 3x2 + 3x + 1 víi
2

g’(x) = 9x + 6x + 3 = 0 <=>
1

π

6

3

6

3

2> §K: cos( x − ) ≠ 0, cos( x + ) ≠ 0; tg ( x − ) ≠ 0; tg ( x +
π

π

0,5®

x ∈ [-1; 2]

π

π

π

0,5®
0,5®

≠ 0)


6

sin 3 x. sin 3 x + cos 3 x. cos 3 x =

NghiÖm x =

π
6

+ kπ (lo¹i v× tg ( x −

π
6

0,5®

0,5®

) = 0)

π

NghiÖm x = − + kπ (k ∈ Z ) t/m c¸c ®k bµi to¸n
6

4


Câu 3: (4 điểm)
x 2x 2 > 0


7+4 3

2

t + 1 = (a + 1) y
(a + 1) y = a y + 1

y
t = a

y

a
a 1
1=

0,5đ

1 + 2 y (1 + y ) 3 1 + 3 y (1 + y )
= lim


y 0
y2
y2



5

0,5đ




y 2 ( y + 3)
y2

+
= lim 2
y 0
y 1 + 2 y + (1 + y ) y 2 (3 (1 + 3 y ) 2 + (1 + y )3 1 + 3 y + (1 + y ) 2 )


1
y+3

1
2

( cos > )
S ABC =

1
a2
AB. AC =
2
2

a

4 cos 2 1
B

O



C

0,5đ

a
A

+ VS.ABC =



5
2 2

hình chóp có thể tích lớn nhất

0,5đ

3A
3A
= cos( ) nên gt bài toán trở thành
2
2 2

A B+C
BC 3
3A
=
) + 2 sin(
) cos
2 2
2
4
4
2
BC 3
3A
3A
1 2 sin 2 ( ) 2 sin( ) cos
=

1

2 sin( ) + cos
+ sin 2
=0

4 4
2
4
2
4


0,5đ

0,5đ

2

(*)

3A 1
B C
2 B C
Do sin( ) + cos
= 0 nên VT của (*) không âm
0; sin
2



0,5đ

Câu 5: (4 điểm)




2
1
x
1> Ta có I = ln(1 + tg )dx + xdx = x 2
2
2
0
0



Tính

2

2

0

+ I1 =





=> t = 0

7

0,5đ


t
π
2
π t 
2

2
)dt = ∫ ln
I 1 = − ∫ ln 1 + tg ( − ) dt = ∫ ln(1 +
dt
t
t
4
2


π
0
0
2
1 + tg
1 + tg

0
2

VËy I =

π2
8

+

π
4

0,5®

ln 2

NhËn thÊy ®−êng th¼ng (∆) kh«ng cã ®iÓm chung víi parabol (P)
Gäi (∆' ) lµ ®−êng th¼ng tiÕp xóc víi Parabol (P) vµ song song víi dt (∆ )
(∆)

=> pt (∆' ) lµ 3x – 4y - + m = 0 ( m ≠ 19)
 x 2 3x m
=
+
−
16
4
4 cã nghiÖm
hÖ pt: 

9

M 0 (−6;− 4 )
+ Gäi (d) lµ ®t qua ®iÓm M0 vµ vu«ng gãc vãi (∆ ) => (d) 
→
n d (4;3)
'

=> pt ®t (d) 4x + 3y +

123
=0
4

0,5®
I lµ giao ®iÎm cña (d) vµ (∆) => to¹ ®é I lµ nghiÖm cña hÖ
36

x=−
3 x − 4 y + 19 = 0



5
⇔

123
 y = − 13
4 x + 3 y + 4 = 0



36
13
Vậy đờng tròn cần tìm: x + + y + = 4


5



20

9

0,5đ


THPT Quảng Xơng 3
Sở giáo dục và đào tạo
Thanh Hóa

kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 THPT

-----------------

---------------------------------------------Môn thi Toán bảng A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

------------------------Bài 1 (4 điểm)

x 0

1 + 2 x 3 1 + 3x 1
.
x

Bài 5 (4 điểm)
1. Lập phơng trình mặt cầu tâm I(1; -1; 1), biết rằng qua đờng thẳng
2 x + 2 y z 3 = 0
có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc với mặt cầu.

x 2 y 2z 1 = 0

2. Với a, b, c dơng và 1 R, chứng minh rằng:
a
b
c
a 1
b 1
c 1
+
+

+
+
b + c c + a a + b b 1 + c 1 c 1 + a 1 a 1 + b 1

...........Hết...........

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


x = 0
x2
x 2 2x

1 x 1 = (x 1)2 (x x0 ) x[(x0 + 1)x 2 x0 ] = 0 x = 2 x0 Voi x0 1
x0 + 1


0.5đ

Với x0 = 0 k = 0,
Với x0 =

4 x0
2 x0
k=
x0 + 1
(x0 + 1)2

0.5đ

Để thỏa m n yêu cầu bài toán thì: tg 450 =

I

4 x0
k1 k 2
...
=1

2

1

1

V1= log 2 xdx = log 2 e. ln xdx =...

y

= log 2 e.(2 ln 2 1) .
3

1
O 1 2 3

V2 = (3 x )2 dx = ...=
x

2

V=[

x 2 (m + 2 )x + 2m < 0
2
x + (m + 7 )x + 7 m < 0

1
3


0.5đ
0.5đ
0.5đ


THPT Quảng Xơng 3

Bài ý

Nội dung

x (x + 3) (x + x + 3 ) = 0 (x + x + 3 )(x x + 3 1) = 0

Điểm
0.5đ



0.5đ

2

x 0
1 13
x + 3 = x 2
x=
2
x x 3 = 0
x 1
2

0.5đ

KL: Nghiệm x = + 2k
III

0.5đ

3
C
= t 1< t
2
2
1
3
1
Xét f(t) = t + trên (1; ], có f(t) = 1 2 > 0 hàm số đồng
2
t
t
3
biến trên (1; ]
2
2
13
3
3
t (1; ] thì f(1) < f(t) f( ) =
2
2
6

IV

L = lim
x0

3

3

0.5đ

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

3

(

L2 = lim
x 0

0.5đ

0.5đ

1 + 2 x 1 + 3x 1 + 3 x + 1 + 3x 1
x
3


3x
1 + 3x 1
= lim
=1
2
x 0 3
3

x
x 1 + 3x + 1 + 3x + 1



Vậy L = 2

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

3


THPT Quảng Xơng 3

Nội dung

Bài ý


1 4 +1 2
4
=
3
3

0.5đ

Phơng trình mặt cầu cần lập là: (x 1)2 + ( y + 1)2 + (z 1)2 =

16
9

0.5đ

Giả sử a b c > 0

a
a 1 b
b 1 c
c 1
0




+

+


b +c
c +a
1

c
+ c 1
1 1 0

a +b
a +b
1
1
1
1
b (a b ) + c (a c ) 1 c (b c ) + a (b a )
a 1
+b
+
b + c b 1 + c 1
c + a c 1 + a 1

V

(

)(

)

(


) (

)(

)

)


+



1
1
+ c 1a 1 (c a )


1
1

b + c b 1 + a 1
a +b a +b

(

)(

) (

)

1


1
1
a 1b 1 (a b )


1
1

c + a c 1 + a 1
b +c b +c

(

0.5đ

)


0


0.5đ


Đề thi học sinh giỏi 12

dx ,
x

nN*

Tính nlim
In
+
Câu 6: Cho 1 a > 0, chứng minh rằng.
1+ 3 a
ln a


1
(y1+y2+y3) = -3 [( x12 + x22 + x32 )-(x1+x2+x3) - 6]
3

= -3 [(x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6] = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0
Vậy G (0;0) 0(0;0) (ĐPCM)
Câu 2: ( 2 điểm)
x+y = 4 z 1
(1)
y + z = 4x 1

(2)

z + x = 4y 1
áp dụng bất đẳng thức cosi tacó:

(3)

(2)
Tơng tự 4 x 1 < 2x
Từ (1) ;(2) ; (3) và (1) ; (2) ; (3) suy ra.
2(x+y+z) = 4 z 1 + 4 x 1 + 4 y 1 < 2z + 2x + 2y
Từ (4) suy ra:
4z - 1 = 1
4x - 1 = 1

1
4

(4 z 1) + 1


y 12

y 22


với y1,y2 0; y1 y2.

M
;
y
;
y
T
;
a. (3điểm ) Giả sử
1
2
4

4




2
2
y y
OTOM OT.OM = 0 1 . 1 + y 1 .y 2 = 0
4 4

2
1
1
Từ (1) suy ra x0 = [(y1+y2)2 - 2y1y2] = [(2y0)2 - 2 (-16)]
8
8
1 2
= . y0 + 4 y02 = 2x0 - 8
2

x0 =

Từ đó I chạy trên parabôn (P) : y2 = 2x = 8 cố định .
Câu 4: (3 điểm)
sin x + sin y + sinz (x+y) =

3 3
2

(1)

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có .
27
3 3 2
) = [sinx + siny + sinz (x+y)]
=(
4
2

sin2(x+y))

2

Từ (2) suy ra:
(1)

cos2 (x-y) = 1
cos (x+y) +

1
cos (x-y) = 0
2

sinx = sin y = sin (x+y) =

3

3
2


π

 x = 3 + 2kπ

 y = π + 2nπ

3

⇔



∫

4 nπ

1
(1)
4 nπ
4 nπ
d (sin x) sin x 4nπ
1
- ∫ sin x.d ( )
=
x
x
x 2nπ 2 nπ

4 nπ

sin x
dx
x2
2n
sin x
1
* Ta cã: 2 < 2 ∀x ∈ [2nπ , 4nπ ] nªn
x
x
4 nπ
dx

* Ta cã: In = kΣ=n
( 2 k +1)π

=> JK =

∫π

2k

sin x
+
x2

∫π

2k

sin x
dx ®Æt JK =
x2

2 ( k +1)π

∫π

( 2 k +1)

sin x
dx >
x2

Tõ (2) (4) suy ra 0 < In ≤
Ta l¹i cã Lim

n → +∞

1
4 nπ

1
= 0 nªn
4 nπ

(4)
⇒

(1) ®óng

Lim I n = 0

n→+∞

C©u 6: (3 ®iÓm)
ln a
1+ 3 a

0


x3

f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x -

4