SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TỐN - Vịng Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2 điểm) x có đồ thị (C) điểm M tùy ý thuộc (C) Tiếp tuyến x 1 (C) điểm M cắt hai tiệm cận A B Gọi I giao điểm hai tiệm cận Chứng minh tam giác IAB có diện tích khơng phụ thuộc vị trí điểm M Tìm m để hàm số y 9 x m x có cực đại Cho hàm số y Câu (2 điểm) Giải phương trình sin 2012 x cos 2012 x 1005 x x y y Giải hệ phương trình 2 x y xy 1 Câu (2 điểm) Chứng minh tan x sin x x ( ), x 0; Từ suy 2 2 tam giác nhọn ABC ta có tan A tan B tan C sin A sin B sin C 2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y x x 16 x Câu (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = a SA vng góc với mặt phẳng đáy Mặt phẳng (P) qua điểm A vng góc với SC cắt SB, SC, SD B’, C’, D’ Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a M N hai điểm thay đổi thuộc cạnh BC DC cho MAN 450 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối chóp S.AMN Câu (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c 1 Chứng minh a ab b bc c ca 5(a b c) 2 2 2 a 3ab c b 3bc a c 3ca b …………………Hết………………… Họ tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký giám thị 1:………………….Chữ ký giám thị 2:……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý I Nội dung CM tam giác IAB có diện tích khơng phụ thuộc vị trí điểm M 3 a 2 y ' y '( a ) M (C ) M a; , a ( x 1) (a 1)2 a 1 a ( x a) () Tiếp tuyến (C) M có pt y (a 1) a 1 Tiệm cận đứng 1 có phương trình x Tiệm cận ngang có phương trình y 1 I ( 1;1) a 5 1 A A 1; , B B 2a 1;1 a 1 1 a S IAB IA.IB 2a a 6 (không 2 a 1 a 1 phụ thuộc vào a, đpcm) Tìm m để hàm số y 9 x m x có cực đại mx 9m , y '' TXĐ: , y ' 9 x 9 ( x 9) x y ' 0 x mx 0 x mx mx mx (I) 2 2 81( x 9) m x ( m 81) x 81.9 Điểm 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 TH m2 81 m 9 m x 9 x x 9(x) nên y' x mx x 9 0, x suy hàm số đồng biến , khơng 0,25 có cực trị TH m ( I ) x1 y ''( x1 ) 9m ( x12 9) x12 m 81 x1 điểm cực tiểu m loại TH m ( I ) x2 y ''( x2 ) 27 0,25 27 m 81 9m x2 điểm cực đại ( x22 9) x22 Vậy hàm số có cực đại m 0,25 II Giải phương trình sin 2012 x cos 2012 x 1 21005 Đặt t sin x, t 0;1 (1) có dạng: t1006 (1 t )1006 (1) 21005 (2) 1,00 0,25 1006 1006 Xét hàm số f (t ) t (1 t ) , t 0;1 f '(t ) 1006[t1005 (1 t )1005 ] ; f '(t ) 0 t 1 1 f (0) f (1) 1, f 1005 f (t ) 1005 Vậy (2) t 0;1 2 2 hay (1) sin x cos x 0 x k ( k Z ) x x y y (1) Giải hệ phương trình 2 (2) x y xy 1 ĐK: y 1 (1) x y y 0,25 0,25 0,25 1,00 x2 1 x xy y y x ( y 1)( x 1) xy ( y 1)( x 1) x y x y y x x y III x y x 0 x xy Kết hợp với (2) ta y 2 x x y xy 1 x 0 & (2) y 1 y 1 1 y 2 x & (2) 3x 1 x x y 3 Thử lại ta có x 0, y 1 x , y thỏa mãn hệ pt 3 Vậy hệ có nghiệm Chứng minh tan x sin x x ( ), x 0; 2 2 Xét hàm số f ( x) tan x sin x x 0; 2 f '( x) 2cos3 x 9cos x (2cos x 1)(cos x 4cos x 2) cos x cos x 2cos x 2cos x Vì x 0; cosx