=
đề thi học sinh giỏi lớp 12 Thpt
Môn : Toán
Thời gian làm bài : 180 phút
đề bài
Câu 1 (4đ) : Cho hàm số y = x
3
( 2m + 1 ) x
2
+ (m
2
3m + 2 ) x + 4
1)Khảo sát hàm số khi m=1
2)Xác định m để đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm cực
tiểu ở về hai phía của trục tung .
Câu 2 (4đ):
1)Cho hệ phơng trình :



+=+
=+
1
2
mymx
myxm
a) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất
b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên
2) Giải phơng trình : (
6)83()83
=++

1
(
2
x
e
sinx + e
X
x
2
)dx
2) Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 2006
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
0
2
+
+
-
x
(0,5đ)
P =
1
4
11
+
+
+
+
+
c
c

x

Dùng phơng pháp khoảng xét dấu
y

ta đợc :

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ; 0 ) U(2;+ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 )
Vậy hàm số đặt giá trị cực đại tại x= 0 và y
CĐ
= y (0) = 4
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x=2 và y
CT
= y(2) = 0
Dáng điệu của đồ thị :
+ )
y

= 6x-6 = 0 x=1
Lập bảng xét dấu
( 0,25đ )
x
- 1
+
y

- 0 +
Đồ thị Lồi Điểm uốn Lõm
I(1;2)

+) Cắt trục oy tại điểm (0;4)
+) Cắt trục ox tại các điểm ( -1 ; 0 ) và ( 2 ; 0 )
Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng .
2)(1,5đ)
Ta có
y

= 3x
2
2(2m+1)x + ( m
2
3m + 2 )
(0,25đ)
Đồ thị có hai điểm CĐ và CT ở hai phía
thục tung
y

= 0 có hai
nghiệm trái dấu .
(0,5đ). 3(m
2
3m +2 ) < 0 1<m<2 .
( 0,5đ)
Vậy với m

(1;2) thì đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm
Cực tiểu nằm về hai phía của trục tung .
(0,25đ)
Câu 2 : (4đ)
1) Ta có D = m

=
+
+
==
mm
m
D
D
y
mm
m
D
D
x
y
x
1
1
1
1
1
2
1
12
b) Để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên với m nguyên
thì (m+1) phải là ớc của 1 (m+1) = 1





=
t
1
Khi đó phơng trình trở thành : t +
t
1
= 6 .
t
2
6t + 1 = 0





=
+=
83
83
t
t
( Thoả mãn )




=
+=+
83)83(
83)83(

sinx + 2 ] = 0









=
=
=
2
2
sin
2sin
0cos
x
x
x
( loại )









=
⇔
⇔
=
x= 3
π
/4 + k2
π
2)(2®)
• Ta cã : sin 2A + sin2B + sin2C = 2sin(A+B)cos(A-B) + 2sinCcosC
= 2sinCcos(A-B) + 2sinC(- cos (A+B) )
= 2sinC [ cos(A-B) – cos(A+B) ]
= 2sinC ( - 2 ) sin(A)sin(-B)
= 4sinAsinBsinC .
. Khi ®ã :

acosA + bcosB + ccosC 2p
asinB + bsinC + csinA 9R
2RsinAcosA + 2RsinBcosB + 2RsinCcosC a+b+c
a .
R
b
2
+ b .
R
c
2
+ c .
R
a

2
++
=
++
⇔ (a+b+c) (ab + bc + ca ) = 9abc (1)
( 0,75®)

Theo bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã :
a+b+c ≥ 3
abc3
ab + bc + ca ≥ 3
3
2
)(abc
=> ( a=b+c) ( ab + bc + ca ) ≥ 9abc
( 0,5®)
DÊu “=” x¶y ra ⇔ a=b=c ⇔ ΔABC ®Òu .
(0,5®)
C©u 4 :
⇔
⇔
⇔
⇔