SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2011 - 2012 Mơn: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y x 2m với m tham số Chứng minh m 0 , đồ thị hàm số cắt mx đường thẳng d : y 3x 3m điểm phân biệt A, B Xác định m để đường thẳng d cắt trục Ox, Oy C , D cho diện tích OAB lần diện tích OCD Cho hàm số y x2 có đồ thị (C) Chứng minh điểm mặt phẳng tọa độ mà qua x kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vng góc với nằm đường trịn tâm I (1;2), bán kính R = Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình sau tập số thực: 15 x.5 x 5 x 1 27 x 23 Giải bất phương trình sau tập số thực: log 2x 1 2 x x x 2x 1 Câu 3: (6 điểm) a Cho tứ diện SABC có AB AC a, BC , SA a ( a 0) Biết góc SAB 300 góc SAC 300 Tính thể tích khối tứ diện theo a Chứng minh tứ diện có độ dài cạnh lớn 1, độ dài cạnh cịn lại khơng lớn thể tích khối tứ diện khơng lớn Câu 4: (4 điểm) Tính tích phân: I x x2 x2 2 J ln cosx 1 dx Câu 5: (2 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức P 2 2 a b c 1 (a 1)(b 1)(c 1) sinx 1 sin x dx …………Hết………… Họ tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:…………………… Họ tên giám thị số 1:…………………………………………………………………………… Họ tên giám thị số 2:…………………………………………………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM Hướng dẫn chấm biểu điểm NĂM HỌC 2011-2012 Mơn: Tốn (Hướng dẫn chấm biểu điểm gồm có trang) - Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà cho điểm phần biểu điểm Câu 1.(2 Nội dung Phương trình hồnh độ giao điểm d đồ thị: điểm) 3mx 3m x m 0, x Điểm 0.25 1 m Vì m 0 nên phương trình x 3mx 0 (*) Ta có 1 9m2 12 0, m 0 f 0, m 0 (ở f x m m vế trái (*)) nên d cắt đồ thị điểm A, B phân biệt m 0 0,5 Ta có A x1;3 x1 3m , B x2 ;3 x2 3m với x1 , x2 nghiệm (*) Kẻ đường cao OH OAB ta có OH d 0; d AB x2 x1 10 x1 x2 2 3x2 3x1 10 x2 x1 3m 10 0,25 40 40 x1 x2 10m 0,5 (Định lý Viet (*)) Mặt khác ta có C m;0 , D 0; 3m (để ý m 0 C , D, O phân biệt) Ta tìm m để S OAB 2 S OCD hay 2.(2 điểm) 10m 40 3m 2 m 3m m 3 10 0,25 0,25 Gọi M (x , y ) Đường thẳng d qua M, có hệ số góc k có phương trình y k(x x ) y d tiếp xúc (C ) hệ sau có nghiệm x 1: 0,25 x k(x x ) y (1) x 1 k (2) (x 1) (1) x k(x 1) k kx y (3) Thay k (2) vào vị x trí (3) : x Suy 0,5 1 x k kx y x x1 k(1 x ) y0 x 2 k(1 x ) y Thay vào (2) k (x 1) k (1 x )(y 2) k (y 2) 0 (*) 0,25 Nếu từ M kẻ đến (C ) hai tiếp tuyến vng góc pt (*) có hai nghiệm k1 , k thỏa mãn k1.k (y 2) (x 1) 0,5 (x 1) (y 2) 4 M nằm đường trịn có tâm I(1,2), có bán kính R=2 (đpcm) 0,5 Câu 1.(2 Nội dung Điểm x Phương trình cho 15 x 27 x 23 điểm) x Ta phải có 15 x 0 phương trình trở thành x số f x 5 đồng biến R hàm số g x g ' x 480 15 x 5 27 x 23 Hàm 15 x 0,5 27 x 23 có 15 x nên nghịch biến khoảng ; 3 0,5 1 ; 3 0,25 Vậy phương trình có tối đa nghiệm khoảng 0,5 Mặt khác f 1 g 1 5 f 1 g 1 0,25 Nên phương trình cho có nghiệm x 1 2.(2 điểm) Bất phương trình: log 2x 2x 6x x 2x Điều kiện: x 1 x> (*) Với đk BPT log 2x 2x 2x 6x log 2 2x 6x x 2x 2x 4x 2 log (2x 1) log (2x 4x 2) (2x 4x 2) (2x 1) 0,5 (2x 1) log (2x 1) (2x 4x 2) log (2x 4x 2) u 2x Đặt v 2x 4x u,v>0 u log u v log v (1) Xét hàm số f (t) log t t, t D (0; ) Có f '(t) 0, t D t.ln Suy f(t) hàm đồng biến D Khi đó, (1) thành f (u) f (v) u,v thuộc D f(t) đồng biến D nên u v Tức 2x 2x 4x 2x 6x 0 x x 3 0,5 0,25 3 Kết hợp với điều kiện (*) tập nghiệm bpt cho 0,5 3 3 T ; ; 0,25 Nội dung Điểm Câu 1.(3 điểm) S M C A N B Theo định lý cosin tam giác SAB ta có SB SA2 AB 2SA AB.cos300 3a a 2a 3.a a 2 Vậy SB = a Tương tự ta có SC = a Gọi M trung điểm SA, hai tam giác SAB cân B SAC cân C nên MB SA, MC SA SA MBC Ta có VSABC VSBMC VABMC SA.S MBC 0,5 Hai tam giác SAB SAC (c.c.c) nên MB = MC suy tam giác MBC cân M, MN BC , ta có MN SA (Ở N trung 0,5 điểm BC) Từ 0,5 2 3a a a 3 2 2 2 MN AN AM AB BN AM a 16 4 Suy MN Vậy VSABC a 1 a3 SA MN BC 16 0,5 0,5 0,5 2.(3 A điểm) D B H C M K Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, cạnh cịn lại không lớn Đặt CD = x, x 0;1 Gọi M trung điểm BC, K hình chiếu B lên CD H hình chiếu A lên mp( BCD) Khi VABCD SBCD AH x.BK.AH (1) Có BM BC2 BD CD x2 1 BM x 2 4 x2 Tương tự, có AM 1 x (2), AH AM AH x (3) Mà BK BM BK 2 Từ (1), (2) (3) suy VABCD Mặt khác hàm số f (x) f (1) x(4 x ) 24 0,25 0,25 x(4 x ); x 0;1 đồng biến nên f(x) 24 Nên VABCD 1,0 0,5 (đpcm) (Dấu xảy hai tam giác ACD BCD hai tam giác có cạnh H,K trùng với M Khi AB Câu 1.(2 0,75 1) 0,25 Điểm Nội dung Ta có điểm) I dx x 4 x x2 x2 x x2 x2 x2 4 dx 1 1 x x 2dx x x 4dx I1 I 42 42 4 0,5 -Tính I1 : 3 3 2 I1 x x 2dx x dx x dx 2 x 2 5 2 x 2 3 2 10 32 15 -Tính I : Viết I x x 2dx 0,5 Đặt x t ta có dx 2tdt I t t.2tdt Do I 2t 5 Vậy I I1 8t 3 46 15 25 39 I2 30 0,5 0,5 2.(2 điểm) Có I (1 sinx)ln(cos x 1) ln(1 sinx dx 0 = ln(1 cos x)dx sinx.ln(1 cos x)dx ln(1 sinx)dx A B C 0,5 Xét A ln(1 cos x)dx Đặt x t A ln(1 sin t)dt ln(1 sinx)dx C Vậy I = B 0,5 Xét B = sinx.ln(1 cos x)dx Đặt u = 1+ cosx B = ln udu Dùng phần B = u ln u du 2ln 0,5 Vậy: I = 2ln2 - Câu điểm 0,5 Điểm Nội dung Theo bđt Cơ-si ta có: a b2 c2 1 2 a b c 1 a b c 1 2 a b c 3 a 1 b 1 c 1 Do P 1,0 27 a b c a b c 3 t đặt t a b c t Ta có P t Xét hàm số f t 27 t 2 27 t 2 , t 1; Vẽ bảng biến thiên hàm số 0,5 1; ta có max f t f Từ P dấu đẳng thức xảy a b c 1 0,5 Tài liệu chia sẻ Website VnTeach.Com https://www.vnteach.com