Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT môn: Toán

Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT
Môn : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1: 
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = với m = 1.
2) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng x + y + 2 = 0 là như nhau.
Bài 2:
1) Giải phương trình	x2 + 
2) Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của:
	F = (x + y – 2)2 + (x + ay – 3)2 theo a
Bài 3: 
1) Giải bất phương trình:
	 > 1
2) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để ABC đều:
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SB = x, tất cả các cạnh còn lại bằng b 
 (b > )
Tính thể tích hình chóp theo b và x
Xác định x để hình chóp có thể tích lớn nhất.
Bài 5: Cho Elip (E) có phương trình:	 và M(1, 1)
	Lập phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm A và B sao cho MA = MB.
Bài 6: Tính : I = 
hướng dẫn và biểu điểm chấm
Đề thi học sinh giỏi lóp 12 THPT
Môn : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài
Nội dung
Điểm
-2
Bài 1
-2
-2
1
y
x
x= -1
Bài 2
A
D
C
B
H
O b
x b b
S
Bài 3:
Bài 4:
Bài 5 : 
(2 điểm)
Bài 6: 
(2 điểm)
1) Với m = 1, hàm số trở thành: y = 
1.1- Tập xác định: D = R \ 
1.2- Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
Ta có: y’ = 1 - cho y’ = 0 1 - = 0 (x+ 1)2 = 1
Xét dấu y’: + -1 +
 - 2 0
Hàm số đồng biến trên khoảng (-; -2) (0; +) và nghịch biến trên khoảng (-2; -1) (-1; 0)
b) Cực trị:
Tại x = -2 , hàm số đạt giá trị cực đại , yCĐ = y(-2) = -2
Tại x = 0 , hàm số đạt giá trị cực tiểu , yCT = y(0) = 2
c) Tính lồi lõm và điểm uốn (không xét)
d) Giới hạn: 
* (D1): x = -1 là tiệm cận đứng vì = 
* (D2): y = x + 1 là tiệm cận xiên vì = = 0
e) Bảng biến thiên:
x - -2 -1 0 + (C)
y’ + 0 - - 0 +
y -2 + +
 - - 2
1.3- Đồ thị:
Gọi (C): y = 
(C) oy = (0; 2)
(C) ox vì phương trình:
 	 = 0 vô nghiệm
* Nhận xét: Gọi I là giao của 2 tiệm cận 
 I(-1; 0) là tâm đối xứng của đồ thị (C)
2) y = TXĐ: D = R\ 
Ta có: y’ = 
Hàm số có cực đại, cực tiểu y’ = có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm m < (*)
* Giả sử các điểm cực đại, cực tiểu A1(x1, y1) và A2(x2,y2) có x1, x2 là 2 nghiệm của: x2 + 2x + 2m – 2 = 0 và có:
y1 = 2x1 + 2m , y2 = 2x2 + 2m . Khoảng cách từ A1 và A2 tới đường thẳng x + y + 2 = 0 sẽ bằng nhau.
	3(x1 + x2) = - (4m + 4)
3(-2) = - (4m + 4) m = (thoả mãn (*))
Vậy m = 
1) Phương trình: x2 + 
Û x2 + Û x2 + 2x + 
Û 
Û 
Đặt t = , phương trình trở thành:
 t2 – 4t – 5 = 0 Û 
* Với t = -1 Û 
* Với t = 5 Û (phương trình vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = - 2
2) F = (x + y – 2)2 + (x + ay – 3)2
* Nhận xét: (x+ y – 2)2 ≥ 0 ; (x + ay – 3)2 ≥ 0 F ≥ 0 
Xét hệ: Û (I)
TH1: Hệ (I) có nghiệm Û D = = a – 1 0 Û a1 
Thì (x,y) để F = 0 Min F = 0
TH2: Hệ (I) vô nghiệm Û D = 0 Û a – 1 = 0 Û a = 1 
 (hệ số không tỷ lệ)
Với a = 1 F (x + y – 2)2 + (x + y – 3)2
Đặt t = x + y – 3 ; t R
	F = (t + 1)2 + t2 = 2t2 + 2t + 1 = 2(t2 + 2t+ 
 = 2(t + )2 + ≥ , t.
	Min F = Đạt được Û t = - Û x + y – 3 = - 
 Û x + y - = 0 
1) Bất phương trình:
 (1) 
* Điều kiện x > 0
Nhận xét: 2x + 3.2-x > 1 vì 
(1) Û 2logxx – log2(x + 6) > 0
 Û 2log2x > log2(x + 6) Û log2x2 > log2(x + 6)
 Û x2 > x + 6 Û x2 – x – 6 > 0 Û 
Vậy T = (3; +)
2) 
Theo định lý Sin, ta có: 
Thay vào (1) : 2SinA = SinB + SinC Û 2SinA = 
Thay (2) : B + C = 2A , ta được : 
SinA = (vì SinA0)
Û 
Vì A + B + C = 1800 , kết hợp với (2) 3A = 1800 A = 600
ABC cân tại A và A = 600 ABC đều
a) Gọi O là tâm của hình thoi ABCD
Xét 2 SAC và ADC
Có AC chung, SA = SC = DA = DC = b
SAC = ADC
 SO = OD = OB
ABC vuông tại S
Ta được : BD = 
ODC vuông tại O
Có DC = b; OD = 
OC2 = DC2 – OD2 = b2 - (x2 + b2)
 = 
OC = 
* Tứ giác ABCD có AC BD 
 SABCD = (1)
* BSD vuông, gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD) 
 SHBD 
 (2)
Từ (1) và (2) 
	VchópSABCD = 
 = 
b) Ta có: VchópSABCD = 
 = 
VchópSABCD lớn nhất là ; đạt được x = 
	x2 = 3b2- x2 2x2 = 3b2 x2 = 
Phương trình đường thẳng (d) qua M (1,1) với hệ số góc k có dạng : 
y = k (x – 1) + 1 (d) : y = kx – k + 1 (1)
Toạ độ giao điểm A,B của (d) và (E) là nghiệm của hệ : 
	 4 x2 + 9 (kx – k +1)2 = 36
(4+ 9k2)x2 – 18k(k-1)x + 9k2 –18k –27= 0 (2)
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : 
- (4+9k2) (9k2 – 18k – 27) > 0 
9k2 (k – 1)2 – (4 + 9k)2 (k2 – 2k – 3) > 0
32k2 + 8k + 12 > 0 (luôn đúng)
Vậy phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt và : 
 Theo giả thiết MA = MB xA + xB = 2xM = 2
k = - 
Thay k = - vào (1), ta được (d) có phương trình : 4x + 9y – 13 = 0
I = 
f(x) = = = = +
	I = + 
 I = 
Đặt x = tg t ; ; x t 
dx = = (1+tg2t) dt
 I1 = = = t = 
I2 = 
Đặt u = x3 ; x u 
Ta có : du = 3x2dx x2dx = 
 I2 = = = = 
Khi đó I = I1 + I2 = + = 
Vậy I = 
2 đ
0,25
0,25
0,25
0,75
0,5
0,25
0,25
4 đ
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,75
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
4 đ’
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25