Đề thi học sinh giỏi lớp 12 có đáp án môn thi: Toán - Đề 4

	 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 = x3 – ( 2m + 1 ) x2 + (m2 – 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 phương trình : 
 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 phương trình : ( 
Câu 3 (4đ): 
 1)Giải phương trình : 4 cos3 x + 3 sin2x = 8cosx
 2)Cho ∆ABC thoả mãn điều kiện :
=
 acosA + bcosB + ccosC 2p
 asinB + bsinC + csinA 9R
( Trong đó p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC )
Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều .
Câu 4(4đ) : Trong mp(oxy) cho đường tròn (C) có phương trình :
 x2 + y2 – 6x + 2y +6 = 0 và điểm A(1;3) .
 1)Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn ( C ) ; chứng tỏ A nằm 
 ngoài đường tròn C .
 2)Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết rằng tiếp tuyến đó đi qua A .
Câu 5(4đ) : 
Tính tích phân :
 I = ( sinx + eX x2)dx 
Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 2006
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
 P = 
Bảng hướng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi lớp 12 thpt 
Thời gian : 180 phút
 Môn : toán
Câu 1 : ( 4đ) .
1) (2,5đ) Khi m=1 hàm số trở thành y= x3 – 3x2 + 4 	 ( 0,25đ )
 • TXĐ : R (0,25đ )
 • Chiều biến thiên : 
= 3x2 – 6x =0 ⇔ 3x( x-2 ) = 0 ⇔
(0,5đ)
+
-
0
+
2
x
Dùng phương pháp khoảng xét dấu 
ta được : 
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 yCĐ = y (0) = 4
 Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x=2 và yCT = y(2) = 0
 •Dáng điệu của đồ thị :
 + ) = 6x-6 = 0 ⇔ x=1
Lập bảng xét dấu 	 ( 0,25đ )
x
- ∞ 1 + ∞ 
 - 0 + 
Đồ thị
 Lồi Điểm uốn Lõm
 I(1;2) 
 +) Lim y = ± ∞	 ( 0,25 )
	 x→± ∞
 • Bảng biến thiên :	( 0,5đ )
x
- ∞ 0 1 2 + ∞ 
 + 0 - - 0 + 
y
Cực tiểu
 =0
Điểm uốn
 =2
CĐ
=4
+∞
 -∞ 
• Đồ thị
( 0,25đ
 +) Cắt trục oy tại điểm (0;4)
	 +) Cắt trục ox tại các điểm ( -1 ; 0 ) và ( 2 ; 0 )
4
2
-1
2
1
0
(0,25đ)
 • Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng .
 2)(1,5đ) 
 Ta có = 3x2 – 2(2m+1)x + ( m2 – 3m + 2 )	 (0,25đ)
 Đồ thị có hai điểm CĐ và CT ở hai phía thục tung ⇔ = 0 có hai 
 nghiệm trái dấu . 	 (0,5đ).	⇔ 3(m2 – 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)
Ta có D = m2 – 1 = (m-1)(m+1)
 Dx = 2m2 – m – 1 = (m-1)(2m+1)
 Dy = m2 – m = m(m-1) 
a) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ D ≠ 0 ⇔ m ⇔±1 
(0,5đ)
Khi đó nghiệm của hệ là : 
b) Để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên với m nguyên 
(0,5đ)
 thì (m+1) phải là ước của 1 ⇔ (m+1) = ±1 
 ⇔ thoả mãn điều kiện hệ có nghiệm duy nhất .
 Vậy m=0, m=-2 là các giá trị cần tìm . 	 ( 0,25đ) 
2) Nhận thấy ()x ()x = 1 
 Nên ta đặt : ()x = t > 0 => ()x = 
 Khi đó phương trình trở thành : t + = 6 .
 ⇔ t2 – 6t + 1 = 0 
 ⇔ ( Thoả mãn ) ⇔
 ⇔ x= ± 2 
 Vậy phương trình có hai nghiệm : x= ± 2
Câu 3 : ( 4đ) 
(0,5đ)
(2đ) 
 4cos3 x + 3 sin2x = 8cosx
⇔4cos3 x + 6sinxcosx – 8cosx = 0 
⇔ 2cosx [ 2 cos2x + 3sinx –4 ] = 0 
⇔2cosx [ 2(1-sin2x) +3sinx – 4 ] = 0
⇔cosx [ 2sin2x - 3sinx + 2 ] = 0
( 1đ ) 
⇔ ( loại ) ⇔ ( k Z )
 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm :
(0,5đ)
 x= /2 + k
 x= /4 + k2 ( k Z )
 x= 3/4 + k2
2)(2đ)
 • Ta có : sin 2A + sin2B + sin2C = 2sin(A+B)cos(A-B) + 2sinCcosC
 = 2sinCcos(A-B) + 2sinC(- cos (A+B) )
(0,25đ)
 = 2sinC [ cos(A-B) – cos(A+B) ]
 = 2sinC ( - 2 ) sin(A)sin(-B)
 = 4sinAsinBsinC .
. Khi đó : 
=
 acosA + bcosB + ccosC 2p
asinB + bsinC + csinA 9R
⇔
=
 2RsinAcosA + 2RsinBcosB + 2RsinCcosC a+b+c
 a . + b . + c . 9R 
⇔
⇔
=
 2R2 (sin2A + sin2B + sin2C) a+b+c
 ab + bc + ca	 9R
=
⇔
 2R24sinAsinBsinC a+b+c
 ab + bc + ca	 9R
⇔
⇔
⇔ (a+b+c) (ab + bc + ca ) = 9abc (1) ( 0,75đ)
Theo bất đẳng thức Côsi ta có : 
 a+b+c ≥ 3
 ab + bc + ca ≥ 3
=> ( a=b+c) ( ab + bc + ca ) ≥ 9abc	 ( 0,5đ)
Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=c ⇔ ΔABC đều . (0,5đ)
Câu 4 : 
1) (C) có phương trình : (x-3)2 + (y+1)2 = 4 (1đ)
(1đ)
=> (C) có tâm I(3;-1) và bán kính R=2
Khoảng cách IA = 
 => A nằm ngoài đường tròn ( C ) . (1đ) 
 2) đường thẳng (d) đi qua A(1;3) có phương trình :
a(x-1) + b(y-3) = 0 ( a2 + b2 ≠ 0 ) 
Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng (d) là : 
(0,5đ)
h =
 | 2a – 4b | 
 Đường thẳng (d) là tiếp tuyến với (C) ⇔ h = R 
⇔⇔
=2
 | 2a – 4b | 
 ⇔ b(3b-4a) = 0
(0,5đ)
⇔
 (a;b) = (1;0) => Tiếp tuyến : x=1
 (a;b) = (3;4) => 3x + 4y – 15 = 0 
 Vậy qua A(1;3) có thể kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn ( C ) . Phương
 trình của chúng là : 
 x=1 và 3x + 4y – 15 = 0 .
Câu 5 : (4đ)
 1) ( 2đ) 
 Với và 
 *) Tính I1 :
 Đặt t=-x => dt = -dx 
 Khi x = 1 thì t = -1
 Khi x = -1 thì t = 1 
 Vậy 
 => I1 = 0
 *)Tính I2 :
 	Đặt 
1
-1
 Khi đó - 2 
 = e - -2
1
-1
 = e - - (2xex - 2 
1
-1
 = e - - ( 2e + 2. ) + 2 ex 	
= - e - + 2e - 
= e - 
Vậy I = I2 = e - 
2) ( 2đ ) 
 Tacó 
 Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
 x,y,z,t > 0 ta có : ( x + y + z + t ) () ≥ 16
 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương : x , y , z , t ta có :
 x + y + z + t ≥ (2)
 áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số ta có :
 ≥ 4 ( 3 ) 
 Nhân ( 2 ) và ( 3 ) vế với vế ta được (1).
 Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = t (0,5 đ ) 
 áp dụng (1) với x = a +1 , y = b +1 , z = , t = ta có :
 (a +1 + b +1 + + ) ( ) ≥16
 ⇔ 2009 ( ) ≥16
 ⇔ ≥ 
 Vậy P ≤ 6 - => P ≤ 	 (1đ ) 
 Dấu “=” xảy ra ⇔ ⇔ 
Vậy MaxP = khi ( 0,5đ )