Đề thi học sinh giỏi lớp 12 có đáp án môn thi: Toán - Đề 10

Đề thi học sinh giỏi lớp 12
Bảng B
Bài I 
1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
y = x3 -3x +2 (C)
2.Giả sử A,B,C là ba điểm thẳng hàng phân biệt thuộc (C), tiếp tuyến với (C) tại A,B,C tương ứng cắt lại (C) tại A',B',C'. Chứng minh rằng A',B',C' thẳng hàng.
( Đề ôn luyện số 4 Toán học tuổi trẻ tháng 5/2005)
Bài II.
1. Giải hệ phương trình 	
 + x – y = 0
(Đề thi khối A bộ quốc phòng 2002) 
2. Giải bất phương trình:
ln - ln(x2-x +1) > 0
(Đề thi khối A bộ quốc phòng 2002) 
Bài III: 
1. Gọi F(x) = 
Bằng phương pháp thêm bớt vào tử số hãy tính nguyên hàm F(x) trên.
(Đề thi Đại học Y khoa năm 1997)
2. Tính I = (đk a # 0)
 ( Đề ôn luyện số 3 Toán học tuổi trẻ tháng 4/2005)
Bài IV: 
 Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân với AB =AC =a. SA=a. Cạnh SA vuông góc với đáy, M là một điểm nằm trên cạnh SB, N nằm trên cạnh SC sao cho MN song song với BC và AN vuông góc với CM. 
Tìm tỉ số MS/MB.
(Đề thi khối A bộ quốc phòng 2002) 
Bài V: 
Xét các tam giác ABC. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F = 5cotg2A +16cotg2B + 27 cotg2C.
( Đề ôn luyện số 3 Toán học tuổi trẻ tháng 4/2005)
Hướng dẫn chấm
Bài (6đ)
 CâuI (3đ)
Tập xác định: R
Sự biến thiên:
 a. y’ = 3x2 -3 = 3(x2-1) => x =-1 hoặc x = 1 (0.25đ)
y’>0 trên khoảng (-∞; -1) và (1; +∞)
y’<0 với x ∈ (-1;1) (0.5đ)
 b. Cực trị: 
 Hàm số đạt cực đại tại x=-1; yCĐ = y(-1) = 4
 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1; yCĐ = y(1) = 0	 (0.5đ)
 c. Giới hạn: 
 = - ∞; 
 = = + ∞	 (0.5đ)
 d. Tính lồi lõm và điểm uốn
 y” = 6; y”= 0 = 0
- ∞ 0 + ∞
y”
 - 0 +
đồ thị
 lồi U(0;2) lõm 
	 (0.5đ)
 e. Bảng biến thiên:
- ∞ -1 0 1 + ∞
y’
 + 0 - 
 - 0 +
y
 4 2 + ∞ 
- ∞ 0
	 (0.25đ)
 3.Đồ thị: ( Học sinh tự vẽ)
 Đồ thị: qua A(-2;0) nhận I(0;2) làm tâm đối xứng 
CâuII:(3đ)
 Giả sử A,B,C là 3 điểm thẳng hàng thuộc đường thẳng d có phương trình y=ax+b
Gọi x1,, x2, x3 lần lượt là hoành độ các điểm A,B,C thuộc (d). Tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số tại A có phương trình y=(3x12-3,)(x- x1,) + x1,3 -3x1, + 2 (d1) (0.5đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (C) là:
 x3 -3x +2 = (3x12-3,)(x- x1,) + x1,3 -3x1, + 2.
 (x- x1,)2(x+2x1) = 0 (0.5đ)
 => d1 cắt (C) lần nữa tại A' có hoành độ: x1' = -2 x1. 
Tương tự B',C' lần lượt có hoành độ x2' = -2 x2, x3' = -2 x3 (0.5đ)
Vì A,B,C có hoành độ xi thoã mãn phương trình 
 axi + b = xi3 -3 xi + 2 (i = 1,2,3)
mà xi = - xi'/2 =>a(- xi'/2) + b = (- xi'/2)3 -3(- xi'/2) + 2 (0.5đ)
=> -4a xi' + 8b = -xi3 -12 xi+16
 xi'3-3 xi' + 2 = (4a + 9) xi' + 18 - 8b
hay ba điểm A',B',C' nằm trên đường thẳng y = (4a + 9) x' + 18 - 8b
Bài II (4đ)
Câu I: điều kiện x+y ≥ 0
 3x +2y ≥ 0
Đặt u = 
 => x –y = 2v2 -5u2 (0.5đ)
 v =
Ta có hệ phương trình đã cho ú u – v = -1 (0.5đ) 
 u + 2v2 -5u2 = 0 
 u = 2 (0.5đ) 
 ú 	 
 v = 3 
Vậy x + y = 4 x = 1
 3x + 2y = 9 ú y = 3 (0.5đ) 
 Thõa mãn điều kiện 
Câu II điều kiện x # -1
Ta có bất phương trình ln > ln(x2-x +1) (0.5đ)
 > 2(x2-x +1) (1) (0.5đ)
 * Nếu x+1 > 0 x>-1 thì (1) x+1 >2(x2-x +1) 
 2x2-3x +1 1/2 -1) (0.5đ)
* Nếu x + 1 x -x-1 >2(x2-x +1)
2x2-x +3 < 0 ( bất phương trình vô nghiệm)
Tóm lại bất phương trình đã cho có nghiệm 1/2 < x < 1 (0.5đ)
Bài III (5đ)
 CâuI: (2.5đ) Ta có 	(0.5đ)
= -	(1đ)	
=> F(x) = 	(1đ)
CâuII (2.5đ)
 	Đặt t= - x => I = 	(0.5đ)
 	(1đ)
I = 2lna2 – I => I = lna2	(1đ)
Bài IV:
 S
 N
 A C
 M
 B
Cho hệ toạ độ Axyz với A(0,0,0) B(a,0,0) C(0,a,0) S(0,0,a) 
Giả sử M(x,0,a-x) (0 ≤ x ≤ a)
Do tam giác SAC vuông cân tại A và MS/MB = NS/NC => N(0,x,a-x) (1đ)
Vậy 
 AN = (0,x,a-x)
 CM = (x,-a,a-x) 
 Do AN vuông góc với CM AN. CM = 0 (1đ)
 => -ax + (a-x)2 = 0 x2 - 3ax + a2 = 0
 x = => 	 (1đ) 
Bài V:(2đ)
 F = 5cotg2A + 16cotg2B + 27 cotg2C 
 = (3+2)cotg2A +(12+4) cotg2B +(9+18) cotg2C
 = (3 cotg2A +12 cotg2B) + (4 cotg2B+9 cotg2C) +(18 cotg2C + 2 cotg2A) (1đ)
 ≥12(cotgA cotgB + cotgC cotgB + cotgA cotgC) =12
Đẳng thức xảy ra khi cotgA = 1,cotgB = 1/2, cotgC =1/3 (1đ)