Đề thi hsg môn toán lớp 12 sở gd đt hà nam năm học 2011 2012 file word có lời giải chi tiết

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  x2 x2   2 J  ln  cosx  1 dx  sinx 1 sin x  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) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word …………Hết………… Họ tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:…………………… Họ tên giám thị số 1:…………………………………………………………………………… Họ tên giám thị số 2:…………………………………………………………………………… http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 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: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 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 x1 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 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 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 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 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 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 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  SBCD 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 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 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  x2 x x2 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 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word  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 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word