Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận.. Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M.. Tìm m để hàm số có cực đại.. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số.. Câu 4
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN THI : TOÁN - Vòng 1
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (2 điểm)
1. Cho hàm số 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 có cực
đại
Câu 2 (2 điểm)
1 Giải phương trình
2 Giải
hệ phương trình
Câu 3 (2 điểm)
1. Chứng minh Từ
đó suy ra
trong mọi tam giác nhọn ABC ta có
2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm
số
Câu 4 (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = và
SA 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 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp
S.AMN.
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực
dương thỏa mãn Chứng minh
………Hết………
Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………
2 1
x y x
−
= +
2
y = x m x+ +
1005
1 sin x cos x
2
1
x y xy
9 3 tan sin ( 3 ), 0;
x+ x≥ x+ −π x π
∀ ∈ 9 3÷
tan tan tan sin sin sin
2
A+ B+ C+ A+ B+ C ≥
2
y= x+ + − −x −x
3
a
· 450
MAN =
a + + =b c
a b c
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2Chữ ký của giám thị 1:……….Chữ ký của giám thị 2:………
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
Tiếp tuyến của (C)
tại M có pt
Tiệm cận đứng có
phương trình
Tiệm cận ngang có
phương trình
0,25
(không phụ thuộc vào a, đpcm) 0,25
2 Tìm m để hàm số có
TXĐ: ,
(I)
0,25
TH 1 nên suy ra
hàm số đồng biến
TH 2
là điểm cực tiểu
TH 3
là điểm cực đại
Vậy hàm số có
cực đại
0,25
Xét hàm số
2
1
a
a
−
+
2
( )
a
−
( )∆
1
x= −
2
∆
1 ( 1;1)
y = ⇒ −I
1
5 1;
1
a
a
−
+
2 B B a2 1;1
IAB
a
−
2
y= x m x+ +
¡
9 ' 9 , ''
81( 9) ( 81) 81.9
⇔
2
9
x
+ +
+
¡
27
9 ( )
81
m
−
−
9
m
9
m
⇒ >
27
9 ( )
81
m
−
9
m
+m⇔< −9 +
1005
1 sin x cos x
2
[ ]
2
sin , 0;1
t = x t∈
1005
1 (1 )
2
t 1006+ −t 1006= [ ]
( ) (1 ) , 0;1
f t =t + −t t∈
'( ) 1006[ (1 ) ]
f t = t − −1t
'( ) 0
2
[ ]
(0) (1) 1, min ( )
f = f = f = ⇒ f t =
÷
1 (2)
2
t
⇔ =⇔
sin cos2 0
x= ⇔ k Z∈x= ⇔ = +x π kπ
x y xy
Trang 3ĐK:
0,25
Kết hợp với
0,25
Thử lại ta có và thỏa
mãn hệ pt
Vậy hệ có 2 nghiệm như
trên
0,25
Xét hàm số trên
Vì cùng dấu với Bảng biến thiên của
x 0
Vậy
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Áp dụng: Tam giác
ABC nhọn nên
Tương tự, cộng
lại ta được
0,25
0,25
0,25
2 2 2 2 1 2 1 2 ( 2 1)( 2 1)
(1)⇔ − =x y y ≥y1− −1 x +1
2
2 1
x xy
y x
x y xy
x=0 & (2)⇒ y2 = ⇔ = ±1 y 1
2 & (2) 3 1
0, 1
x=1 y= 2 ,
x= y=
9 3 tan sin ( 3 ), 0;
x+ x− x≥ −π x π
∀ ∈ ÷
9 ( ) tan sin
2
f x = 0;x+ x− x
2
π
1 9 2cos 9cos 2 (2cos 1)(cos x 4cos 2) '( ) cos
2
0; 0 cosx<1 (cos 2) 4cos 0 '( ) 2
1 2cos x−f x( )
3
π
2
π
'( )
f x
( )
f x
3 ( 3 )
2 −π
9 3 ( ) tan sin ( 3 ), 0;
f x = x+ x− x≥ −π x π
∀ ∈ ÷
3
x=π
, , 0;
2
A B C∈ π ⇒
9 3 tan sin ( 3 )
2 2
A+ A≥ A+ −π
Trang 4Kết hợp với ta có đpcm 0,25
2 nhất của hàm số Tìm giá trị nhỏ 1,00
TXĐ: Đặt Bình
phương ta được
Dấu bằng có khi x=
Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có
.D bằng có khi x=0
Do
Khi đó
(loại)
Vậy khi x=0, khi x=
0,25 0,25 0,25 0,25
IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50
Tương tự
0,25 0,25
(1)
(2)
0,25 0,25
tan tan tan sin sin sin ( ) ( 3 )
A+ B+ C+ A+A B C+ + =B+ Cπ≥ A B C+ + + −π
2
y = x+ + − −x −x
[ 4;4]
D4= −4 , 0
t = x+ + −x t≥
2 8 2 ( 4)(4 ) 8
t = + x±+4 −x ≥
2 8 2 ( 4)(4 ) 8 ( 4) (4 ) 16
0 2 2 4
t≥ ⇒ ≤ ≤t
2
2
8 1
t
y = f t = −t − = − t + +t t
'( ) 1, '( ) 0 1
f t = − +t f t = ⇔ =t
(2 2) 2 2, (4) 0
[ 4;4 ] 2 2;4
min y min ( ) 0f t
[ 4;4 ] 2 2;4
maxy max ( ) 2 2f t
C' D'
B'
C
A
B D
S
BC⊥ AB BC ⊥SA⇒BC⊥ SAB ⇒BC⊥ AB
SC ⊥ P ⇒SC ⊥ AB ⇒ AB ⊥ SBC ⇒ AB ⊥SB
'
AD ⊥SD
' ' ' ' ' ' '
S AB C D S AB C S AD C
' '
.
4 5 20
S AB C
S ABC
V SB SC SB SB SC SC SA SA
V = SB SC = SB SC = SB SC = =
' '
.
4 5 20
S AD C
S ADC
V SD SC SD SD SC SC SA SA
V = SD SC = SD SC = SD SC = =
3 2
3
S ABC S ADC
a
Trang 5Cộng (1) và (2) theo vế ta được
0,25
2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50
( Hình vẽ trang cuối)
Đặt ;
Trên tia đối của tia DC
lấy điểm P sao cho
0,25
(*)
0,25
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được
0,25
0,25
Thế vào (*) ta được
Đặt
0,25 ,
,
Vậy khi
khi
0,25
0,25
' ' ' '
' ' '
S AB C S AD C
S AB C D
V
.
1 3 3
V BM x y,==∈x DN,[ ]S0;a=a y
DP BM= =x
,
ABM ADP AM AP BAM DAP
MAN = ⇒BAM +DAN = ⇒NAP DAP DAN= + =
MN =MC +CN ⇔ +x y = −a x + −a y
x + y + xy a= + x − ax a+ + y − ay⇔xy a x y+ + =a
2
a ax y
x a
−
⇔ =
+ 2
1
2
MAN
a ax
x a
−
+
2
2
f x'( ) 0= ⇔ = x ( 2 1)− a
2
(0) ( )
2
a
f = f a 2=
(( 2 1) ) ( 2 1)
[ ]
2 0;
max ( )
2
a
a
f x
[ ]
2 0;
min ( ) ( 2 1)
3
3 max
6
S AMN
a
V , =
,
M B N C
M C N D
. 3( 2 1) 3
min
3
S AMN
a
V = ( 2 1)−
MB ND a= = −
a b c
, 0
x y
y
3 3
a ab c
a ab c
2
a b
Trang 60,25 Tương tự, cộng lại ta được
2
a a a a a b b b c c+ + + + + + + + + a+ b+ c
a + b + c a +a +a +a +a + + + + +b b b c c
a b c
1 3
a b c
⇔ = = =
x
y x
450 A
D
B
C
M
N P