Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Hải Dương Năm 2011 - 2012 - Môn toán docx

Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận.. Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M.. Câu 4 3 điểm vuông góc với mặt phẳng đáy.. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ th

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)

1

x y x





 có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C) Tiếp tuyến của (C) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M

2 Tìm m để hàm số y 9x m x 2  có cực đại 9

Câu 2 (2 điểm)

1005

1

2

2 Giải hệ phương trình

2 2

1







Câu 3 (2 điểm)

  Từ đó suy ra trong

2

A B C  A B C 

2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x 4 4 x 16x2

Câu 4 (3 điểm)

vuông góc với mặt phẳng đáy

1 Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại

B’, C’, D’ Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a

2 M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho

S.AMN

Câu 5 (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2  Chứng minh 1

a b c

………Hết………

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ ký của giám thị 1:……….Chữ ký của giám thị 2:………

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00

2

1

a

a





a



Tiệm cận đứng 1 có phương trình x 1

1

5 1;

1

a

A A

a





IAB

a





TH 1 m2 81    9 m 9 m x 9 x 9 x2  9( x)nên

2 2

9

x

 

2

27

81

m





9

m

2

27

81

m



9

m

II 1 Giải phương trình 2012 2012

1005

1

2

Đặt t sin ,2 x t 0;1 (1) có dạng: 1006 1006

1005

1

2

Xét hàm số f t( )t1006  (1 t)1006,t 0;1

1005 1005

2

 

1005 0;1 1005

f  f  f    f t 

 

1 (2)

2

t

x  x   x  k (k Z )

0,25

2 2

x y xy





ĐK: y  1 (1)  x y y2  1 x2 1

Kết hợp với (2) ta được

2 2

2

2 2

2 1

x xy

y x

x y xy

2

2 & (2) 3 1

Thử lại ta có x0,y và 1 1 , 2

III 1 Chứng minh tan sin 9 3( 3 ), 0;

x x x  x   

2

2



1 9 2cos 9cos 2 (2cos 1)(cos x 4cos 2) '( ) cos

2

x     x  x  f x

dấu với 1 2cos x Bảng biến thiên của ( )f x

x 0

3



2



'( )

( )

f x

0,25

0,25

f x  x x x  x   

   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3

x 

Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên , , 0;

2

A B C  

A A A  Tương tự, cộng lại ta được

A B C A B C  A B C   

Kết hợp với A B C   ta có đpcm 

0,25

0,25

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 4 4 x 16x2 1,00

TXĐ: D  4;4 Đặt t  x 4 4x t,  Bình phương ta 0

được t2  8 2 (x4)(4 x) 8 Dấu bằng có khi x=4

Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có

Do t 0 2 2  t 4

Khi đó

2

2

t

y f t  t    t  t t  

f t   t f t    (loại) t

(2 2) 2 2, (4) 0

Vậy

 4;4  2 2;4

 4;4  2 2;4

maxy max ( ) 2 2f t

    khi x= 4

0,25 0,25 0,25 0,25

IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50

D'

B'

C

A

B D

S

BC  AB BCSABC SAB BC AB

SC P SC  AB AB  SBC  AB SB

Tương tự AD'SD

0,25 0,25

' ' ' ' ' ' '

S AB C D S AB C S AD C

' '

.

S AB C

S ABC

V SB SC SB SB SC SC SA SA

V  SB SC  SB SC  SB SC   (1)

' '

.

S AD C

S ADC

0,25 0,25

Do

3 2

S ABC S ADC

a

Cộng (1) và (2) theo vế ta được

' ' ' '

' ' '

S AB C S AD C

S AB C D

V

( Hình vẽ trang cuối)

.

1

3

S AMN AMN

Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP BM  x

,

ABM ADP AM AP BAM DAP

MAN  BAM  DAN  NAP DAP DAN  

MAN PAN

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được

x  y  xy a x  ax a  y  ay xy a x y   a 0,25

a ax y

x a



 

 Thế vào (*) ta được

2

1

2

MAN

a ax

x a



 Đặt

2

2

2

2

a

f  f a  , f(( 2 1) ) a a2( 2 1)

 

2 0;

max ( )

2

a

a

f x

 

2 0;

a f x a  Vậy

3

3 max

6

S AMN

a

,





3

3( 2 1) min

3

S AMN

a

0,25

V

a b c

x y

  ta có x2 y2 2xy x2 2xy y2 x2 2x y

y

3 3

a ab c

a ab c

2 2

2

2

a a a a a b b b c c         a b c

Tương tự, cộng lại ta được

a b c

3

a b c

y x

450 A

D

B

C

M

N P