Đề thi học sinh giỏi lớp 12 năm học 2010-2011 môn thi : tóan thời gian làm bài 180 phút

	SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH	ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
	 TRƯỜNG THPT 19-5	Môn thi : TOÁN
	Thời gian làm bài 180 phút
Câu I. (4,0 điểm)
Cho hàm số y = - x3 - 3x2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ¥).
Câu II. (6,0 điểm)Giải phương trình: 
a) + 1 = 4x2 + .
b) (2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0
c) 
Câu III (4,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 
Câu IV. (2,0 điểm)
Tìm hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1)5
Câu V. (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Câu VI. (2,0 điểm)
Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
……………………Hết……………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……………………
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
Câu I
(4 điểm)
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ¥)	Û y’ = – 3x2 – 6x + m £ 0, " x > 0
	Û 3x2 + 6x ³ m, " x > 0	(*)
2
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x2 + 6x trên (0 ; + ¥)
Từ đó ta được : (*) Û m £ 0.
2
Câu II
1. 
2
b. Phương trình đã cho tương đương với phương trình :
1
1
c. Điều kiện: x > – 2 và x ¹ 5 (*)
Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:
1
Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là: 
 và 
1
Câu III
(4,0 điểm)
Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)2 + y2 = 4.
Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2
1
Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một điểm bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C).
1
Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung.
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 600 
1
Vì MI là phân giác của nên : 	
(1) 
(2) (*)
Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*)
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ; -) và (0 ; )
1
Câu IV
Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:
P = 0,25
1
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x3 chỉ xuất hiện khi khai triển và .
Hệ số của x3 trong khai triển là : 
Hệ số của x3 trong khai triển là : 
1
Vì vậy, hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là : = -10.
Câu V
Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều.
Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD.
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
Ta có OG ^ (SAB) và OI ^ (ABCD).
1
Suy ra:	+	OG = IH = , trong đó H là trung điểm của AB.
	+	Tam giác OGA vuông tại G.
1
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có:
Câu VI
Ta có : (*)
Nhận thấy : x2 + y2 – xy ³ xy "x, y Î 
Do đó : x3 + y3 ³ xy(x + y) "x, y > 0 hay "x, y > 0
1
Tương tự, ta có : 	 "y, z > 0 
 "x, z > 0 
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P ³ 2(x + y + z) = 2 "x, y, z > 0 và x + y + z = 1
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = . Vì vậy, minP = 2. 
1
.