Đề thi học sinh giỏi 12
(Thời gian làm bài 180)

Câu 1: Chứng minh rằng hàm số y = x4- 6x2 + 4x + 6 luôn luôn có 3
cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của các tam giác tạo bởi 3 đỉnh và
3 điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Câu 2: Giải hệ phương trình.
x+y = 4 z 1
y + z = 4x 1
z + x = 4y 1
Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc oxy cho
parabôn (P): y2 = 4x. M là một điểm di động trên (P). M 0, T là một điểm
trên (P) sao cho T 0, OT vuông góc với OM.
a. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì đường thẳng MT luôn đi
qua một điểm cố định.
b. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì thì trung điểm I của MT
chạy trên 1 pa ra bol cố định .
Câu 4: Giải phương trình sau:
sinx + siny + sin (x+y) =
Câu 5: Cho dãy số In =

4 n



2 n

3 3
2

cos x

g(-1).g( 1) 0
g( 1).g( 2) 0

g(x) liên tục nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn :
- 2 < x1 < -1 < x2 < 1 < x3 < 2
* Ta có y =

1
y.x- 3.(x2 - x - 2)
4

(1)

Gọi các điểm cực trị là A (x 1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) và G (x0,y0) là trọng
tâm tam giác ABC.
Theo ĐL Viet có x1 + x2 + x3 = 0
(2)
x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3
(3)
Từ (2) suy ra x0 =

x1 x2 x3
=0
3

Từ (1) (2) (3) suy ra:
y0 =

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

4 y 1 < 2y (3)

4 z 1 (4 z 1).1


<=>

4y - 1 = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z =
Câu 3: (P): y2 = 4x

2

1
2

x=y=z=

(4)

1
nghiệm đúng (I)
2


y 12


(1)
y 12
xy - y1
4

Phương trình đường thẳng MT:
2
2
y 2 - y1
y 2 y1
4 4
4x - y 12 = (y1 + y2). (y-y1)

4x - (y1 + y2) y - 16 = 0 4(x- 4)- (y1 + y2) y= 0
Nên đường thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J (4;0)
b. (3điểm) Gọi I (x0, y0) là trung điểm MT thì





1 2
(1)
y 1 y 22
8
y y
y0 = 1 2
(2)
2
1


2

< (12 + 12+12).(sin2x + zin2y +

1 cos 2 x 1 cos 2 y
+sin2 (x+y)

2
2

= 3.[1- cos (x+y) . cos (x-y) + 1 - cos2 (x+y)]
= 3. 2-(cos (x+y)+
< 3 (2- 0 +

1
1
cos (x-y)2) + cos2 (x-y)
2
4

1
27
1
)=
(2) (Do cos2 (x-y) < 1; (cos (x+y) + cos (x-y)2 > 0
4
4
2



cosx
 x dx
2n 

C©u 5: (3 ®iÓm)

In 

Ta chøng minh:

0 < In

1
1
In <  2  
=(2)


2
n

x
4
n

2
n

4
n

x
2 n

=



2 n 1 2 ( k 1)

* Ta cã: In = kn
=> JK =




2 k

sin x
dx
x2

2 ( k 1)

1

 sin x ( x

2



2 k

1
)dx >0 (3)
(x   )2

2 n 1

Ta l¹i cã: In = kn Jk do (3) nªn In > 0
Tõ (2) (4) suy ra 0 < I n 
Ta l¹i cã Lim

(1) <=> (a + 3 a )lna < (1 + 3 a ) (a-1)
(2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1)
<=> x4 + x3 - x - 1 - 3 (x3+x)lnx > 0 (3)
§Æt f(x) = x4 + x3 - x - 1 -3 (x3 + x)lnx

(2) §Æt x = 3 a => x >1
x > 1
x > 1
x 1;+  )
1
x

Ta cã f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 - 3 (3x2 + 1) lnx + (x3 + x) . 
= 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx

1
1
)
f(3)(x) = 3 ( 8x + 2 -6ln x - 9)
x
x
3
2
6(4 x  3 x  1) 6( x  1)(4 x  4 x  1
6 2
f(4)(x) = 3.(8-  3 ) =
=
> 0 , x > 1
x x
x3


Môn thi : toán học - bảng A
(Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao đề)

Đề chính thức
Bài 1: ( 4 điểm )

Cho hàm số : y x 1

1
x 1

(C)

1/ Khảo sát hàm số .
2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm
đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất .
Bài 2: (2 điểm )
1
1
Biện luận theo m số nghiệm dương của phương trình : t dt m
x

1



t

2


Bài 7: (2 điểm )

2 3Cos 2 x log 3 3 y 4
Giải hệ sau :
2
2

2 y y 1 y 3 8

Bài 8: (2 điểm )
Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng
với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh
bên của hình chóp kia. Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một
góc .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc .
Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp .
Bài 9: (2điểm )
Cho các số thực a, b, c 2 chứng minh bất đẳng thức sau :
Log b c a 2 Log c a b 2 Log a b c 2 3

................................................................................................
Họ và tên thí sinh : .................................................Số báo danh ...................


Thanh hóa; Ngày 18 tháng 03 năm 2005
Lời giải chi tiết và biểu điểm
đề thi học sinh giỏi toán khối 12

Bài ý
Bài 1 1


x

........................................................................................................
BBT :
o
1
2

x
y

+

0 -

-



.........


0

+

y

c) Đồ thị :

a 1
a 12
(d)

Gọi M a; y a C ; a 0 thì y a a 1

0.5
điểm


Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1
Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 )
........................................................................................................
2a
Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là A 1;

a 1
Với tiệm cận xiên là : B 2a 1;2a
2
; BI 2 2 a 1 , nên AI .BI 4 2 vì a > 1
Ta có AI
a 1
Lại có AIB

..........

0.5
điểm



1
Vậy Minp 2 2 2 1 44 2 a 1 4
2
1
1

Hay điểm cần tìm là M 1 4 ;2 2 4
2
2




Bài 2



0.5
điểm

............
0.5
điểm

x

x
x
t2


x

.........

0.5
điểm
..........

0.5
điểm

x 0

...........................................................................................................
BBT
x
o
1

y
|
o
+
y

|



.........

Do đó 4 b 2 ab bc ca b c a b 4
5 c 2 ab bc ca
c a b c 5



Nhân vế với vế các PT ta được a b b c c a 2 15 ( * )
............................................................................................................

2 15
a b
5

2 15

Thay lần lượt các phương trình của hệ vào PT ( * ) sẽ có :
b c
3

c a 2 15

4

Cộng các vế phương trình của hệ, có PT mới và thay lần lượt mỗi PT của hệ
vào PT vừa có.Ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
671
x
240
Bài 4


2t 4

0.5
điểm
..........
0.5
điểm
..........


Xét f(t) trên [0;1] ta có :
1 t 2 4t 3
0; t 0;1
f ' t
2 t 2 2

m 1
3
Lập bảng biến thiên và từ BBT ta được :
m 4
Bài 5

1 điểm

Ta chứng minh bổ đề: Điều kiện cần và đủ để tam giác ABC có B= 2A
là b 2 a 2 ac (1)
Thật vậy: Theo định lý CôSin trong tam giác

Bài 6


Thay đa thức vào điều kiện (1) :
12a3 2a 2 x 3 8a 2 24a3 2a1 x 2 8a1 8a 2 48a3 x 12a0 16a 2 0; x

6a 3 a 2 0
a 2 6a 3
4a 12a a 0
2

3
1

a1 12a3
a1 a 2 6a3 0
a 8a
3
0
3a 0 4a 2 0
.............................................................................................................
Nên P x a3 x 3 6 x 2 12 x 8
Mặt khác P1 27 ; Suy ra 27 a3 27 a3 1

1 điểm

..........

1 điểm

0.5
điểm
..........


y 5 y 0 5 y 0 , kết hợp với (1) ta có y = - 5 (3)
...............................................................................................................
Kết hợp (1);(2) và (3) ta có nghiệm của hệ đã cho là :


x k ; k Z

2

y 5
2

Bài 8

0.5
điểm

Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O.ABC với O là tâm
của tam giác ABC và O là tâm của tam giác ABC.
Theo bài ra thì OO là đường cao chung của 2 hình chóp .
Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tương ứng của 2 hình
chóp . Phần thể tích chung của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện
1
3
..............................................................................................................
OO' C vuông tại O nên OO ' l cos
Do tính đối xứng nên OO đi qua tâm I của DEF .
Trong IOE ta có : OI IE cot g


3l 2 3 cos 2
Do đó S DEF
4(cot g cot g ) 2
.............................................................................................................
l 3 3 cos 3
Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : V
4(cot g cot g ) 2

Suy ra OO' IE (cot g cot g ) IE

............

0.5
điểm

...........

0.5
điểm

...........


C'
A'
O

0.5
điểm


2z





Khi đó VT 1
(2)
Log 2 bc Log 2 ca Log 2 ab y z z x x y
Với x Log 2 a; y Log 2 b; z Log 2 c
............................................................................................................
2x
2y
2z
Ta chứng minh:


3; x, y, z 1
yz zx x y
2x
2y

2z

2
2
2 9
x y
yz
zx

0.5
điểm

..........
0.5
điểm


Sở giáo dục đào tạo Thanh hoá
Trường THPT Bỉm Sơn

Đề đề nghị: bảng a
Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 12
Năm học 2005 - 2006
(Thời gian làm bài 180 phút)

Bài 1: (4 điểm)
1) (Đề 48 I2 trong 150 đề tuyển sinh Đại học)
Tìm trên đồ thị hàm số y =

x2
hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng
x 1

y = x -1
2) (Tự sáng tác)
Cho a, b, c R với a 0 và m N* thoả mãn:
a
b
c

2
6

Hãy tính các góc của tam giác đó.
Bài 3: (4 điểm)
1) (Toán Bồi dưỡng giải tích tổ hợp của Hàn Liên Hải - Phan Huy Khải)
x5
Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 4
x 3x 2 2

2) (Tự sáng tác)
Giải phương trình:

3x2 + 1 + log2006

4x 2 2
x6
x 6 x 2 1

Bài 4: (4 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
1) ( Đề thi tuyển sinh vào ĐHXD - Hà Nội năm học 2000-2001)

1


Cho điểm A(4;0) và đường thẳng : 4x - 9 = 0. Chứng minh rằng tập hợp các điểm
M có tỷ số khoảng cách từ đó đến điểm A và từ đó đến đường thẳng bằng
Hypebol. Hãy viết phương trình của Hypebol đó.


có pt: y = -x + m
x2
=>Hoành độ các điểm A, B là xA, xB chính là nghiệm pt:
=-x +m
xm

0,5 điểm

x A xB m 1
3m 1

yI xI m
2
4
4
3m 1 m 1
Ta phải có điểm I thuộc đường thẳng y =x -1 =>

1
4
4

0,5 điểm

g(x) = 2x2 - (m + 1)x + m = 0

Gọi I là trung điểm của AB ta có xI =

m = -1


2) (2 điểm)
Xét hàm số f(x) =

ax m 4 bx m 2 cx m


với a 0 và m N*
m4 m2
m

Là hàm số liên tục và có đạo hàm là:
f(x) = axm+3 + bxm+1 + cxm-1 với xR

0,5 điểm

a
b
c

0 (do giả thiết)
m4 m2 m
f (1) f (0)
Theo định lý Lagrăng: tồn tại x0 (0;1) sao cho f(x0) =
0
1 0

Ta tính được f(0) = 0 và f(1) =

=> ax 0m 3 b0m 1 c 0x 1 = 0
=> x 0m 1 (ax 04 b02 c) 0

Ta được: VT = Sin4x + cos4x + Sin4 (x+

3


1
1

1
1
1 3
Sin22x +1 - Sin2(2x + ) = 2 - Sin22x - Cos22x = 2 - =
2
2
2
2
2
2 2

= 1-

3
3
Sin44x = Sin24x = 1 Cos 4x = 0
2
2



4x = + k x = + k.

0,5 điểm

126

(2k 1)
k 1

126

(2k 1) là tổng của 126 số hạng của cấp số cộng có u1= 3 và u126 =
k 1

253
Vậy S =

0,5 điểm
(3 253).126
.
2016
8
2

2) (2 điểm)
5
1
1
(Cos 3A + Cos 3B) - (Cos 2A + Cos 2B) + Cos A +CosB =
3
2
6


1
2

0

(1)

0,5 điểm

t=0
1

+

1
2

t = . Ta có bằng biến thiên;
1
2

=> Với t [0;1] thì f(t) f( ) = -

1
12

0,5 điểm

f(t)

1
Cos B =
2

Do đó (2) được thoả mãn (3) xảy ra dấu = =>

Cos A =

0

=>

A = 60
B = 600
Bài 3: ( 4 điểm)

0,5 điểm

=> C = 600

1) (2 điểm)
x5
3x3 2 x

x

vì x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 2 ) (x2 + 1)
x 4 3x 2 2
x 4 3x 2 2
3x3 2 x


3x3 2 x
4x
x
2
2
4
2
x 3x 2 x 2 x 1

4x
x
2
x 2 x 1
x2
4 xdx
xdx
x2
d ( x 2 2) 1 d ( x 2 1)
=> f(x)dx = 2
2

2 2
2
2
x 2
x 1 2
x 2
2 x 1


ta được pt: log2006

(1)

u
=v-u
v

v = x6 + x2 + 1> 0
log2006u - log2006v = v- u (*)

0,5 điểm

- Nếu u > v thì VT (*) > 0 > VP (*) nên không thoả mãn.
- Nếu u < v thì VT (*) < 0 < VP (*) nên không thoả mãn
- Xét u = v thì VT (*) = 0 VP (*)
Do đó pt (*) x6 + x2 + 1 = 4x2 + 2 x6 - 3x2 - 1= 0 (2)
Đặt t = x2 0 ta được pt: f(t) = t3 - 3t - 1 = 0
(3)

0,5 điểm

Ta có f(x) = 3t2 - 3; f(t) = 0 t = -1
t = 1.

Ta có bảng biến thiên
5


t -

0,5 điểm

Do đó pt (3) có nghiệm với t 0 và là nghiệm duy nhất t (0;2)
Đặt t = 2 cos với 0 <
=


ta được 8 Cos3 - 6 Cos - 1 = 0
2

1
1


hay cos 3 = 3 (Do 0 < < )
2
3
2
2




ta có t = x2 = 2 Cos . Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = 2Cos
9
9
9

0,5 điểm


1
9
7

0,5 điểm

x2 y 2
Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là Hypebol có phương trình 1
9
7

2)( 2 điểm): Parabol y2 = 2px đường
p
2

đường kính MN có tâm là trung
điểm I của MN và bán kính R=

d

y

chuẩn là : x = - . Đường tròn
N1
MN
2

Gọi M1; N1, H thứ tự là hình chiếu


Vậy đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với đường chuẩn của Parabol
Bài 5: (3 điểm):
S
Vì ABCD là hình bình hành
=> VSABC = VSADC =

0,5 điểm

1
1
VSABCD = V.
2
2

SM
SN
x,
y
SD
SB
V
SM SK
x.V
thì SAMK
.
VSAMK
VSABC
SB SC
4
V

x
(3)
3x 1
1
Do x > 0 và y > 0 nên từ (3) => x >
3
SN
x
1
1
Và y =
x1
1
1 2x3 - 1 0 (vì 3x-1) 0 => x do đó
SD
3x 1
2
2
V
3
x
3x 2
3
1
Từ (1) => 1 (x + y) = xy = x.

4 3 x 1 4(3 x 1)
4
V 4


f(x)

2
3

-

0

3/8

1
+
3/8

1
3

0,5 điểm
7


3
1
1
1 V 3
 f(x)  víi x  [ ;1 ] hay  1 
3
8
2

Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12

Sở GD & ĐT Thanh Hoá
Trường THPT Mai Anh Tuấn

Năm học 2005-2006
Môn: Toán. Bảng A-B
(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu I. (5 điểm). Cho hàm số y

x 2 2x 2
x 1

1, Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2, Chứng minh đường thẳng (d):

y
x

1 có đúng hai điểm mà từ mỗi điểm đó
2 1

kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc. Xác định toạ độ hai điểm đó.
Câu II. (4 điểm).
x my m

1, Biện luận theo m số nghiệm của hệ phương trình

2

1, Tính đạo hàm của hàm số: y
tại x=0
x
0.....................neu..x 0


2, Hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên hợp với đáy
góc , 0 90 . Chứng minh

r 1
( với r, R lần lượt là bán kính mặt cầu nội
R 3

tiếp, ngoại tiếp hình chóp).
Câu V. (2 điểm). Qua đường cao hình tứ diện đều dựng một mặt phẳng cắt ba mặt
bên tứ diện theo ba đường thẳng tạo với đáy tứ diện lần lượt góc , , .
Chứng minh: tg 2 tg 2 tg 2 2 .


đáp án tháng điểm
Đề thi học sinh giỏi lớp 12 - bảng a b
Môn : Toán - năm học: 2005 - 2006
(Gồm có: 6 trang)
Nội dung
điểm
2,5

Trường THPT
Mai Anh Tuấn



x
x 1

BBT:
x
0
1
2
-
0,5
y'
+
0
0
+
y
2
+
+
2
-
-
c. Đồ thị
y
Như hình vẽ.
Nhận điểm 1;0 làm tâm đối xứng
y=x -1

b. SBT:

y 0 2 1 2

2,5
0,5


Gọi k là hệ số góc đt đi qua M thì có phương trình dạng: y
= k(x x0) + x0 - 2
Đt là tiếp tuyến của (P) thì hệ phương trình:
x0 2
1

0,5
(1)
x 1 x 1 k ( x x 0 ) 2

có nghiệm x0 1

1
1
k
( 2)
( x 1) 2


Biến đổi (1) ra dạng: x -1 +

1
= k(x 1)+ k(1 x0)+
x 1


ĐK ( x0 2) 2 16
1

2
4(1 x0 )


6 76
x


1
x

1
0
5
<=> 2
<=>

5 x0 12 x0 8 0
6 76
x2
5



II
1.

I( ; 0) ; bk: R=
0,5
2
2
Xét pt: x + my = m <=> x + m(y 1) = 0 là pt của đường thẳng
luôn đi qua điểm cố định A(0; 1).
Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn.


1
m
2

2.

y
m 0
1
điểm =
<=>
A(0; 1)
m 4
2
m 1 2
3

B

(m = 0 (d) tiếp xúc đường tròn tại O(0; 0)
I

1 2x 1 x 2 x 2 2x
Nhận xét:
=
1
=
2(
)


x
2 x
x2
x2
x2
1 2 x

1 x 2



Viết phương trình ra dạng: 2
1 x 2

1 2 x

x2

-2

x2

Xét hàm số: f(t) = 2 + t
2
Nhận xét: f(t) là hàm số đồng biến.
1 x2
1 2x
Viết phương trình đã cho ra dạng: f( 2 )= f( 2 )
x
x
2
(Loại)
x 0
1 x
1 2x
2
<=>
=
<=>
x

2x
=
0
<=>
x 2
x2
x2

Vật pt có nghiệm x = 2
2


x

= - x1 x 2 2 x1 x 2 x
6
2
3
x1
Diện tích S lớn nhất khi (x2 x1 ) lớn nhất
Do AB = 2 =





( x 2 x1 ) 2 ( y 2 y1 ) 2 ( x 2 x1 ) 2 a 2 ( x 2 x1 ) 2
4
<=> (x2 x1)2 =
lớn nhất khi a = 0
1 a2
Mà từ pt(1): x1+ x2 = 2 a
Do a= 0
Ta có: x2 + x1 = 2.
Ta có: đt (d) // trục Ox nên AB = 2 = x 2 x1
<=> x2 x1 = 2( do giả thiết x1< x2)
x1 x 2 2
x1 0
Có hệ phương trình:
<=>
x1 x 2 2
x2 2

0,5

0,5
2,5

1,0

1,0