Huong dan cham de thi chon HSG cap tinh 12 ha nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 Hướng dẫn chấm biểu điểm Môn: Toán (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 Nội dung Điểm 1.(2 Phương trình hoành độ giao điểm d đồ thị: điểm) 0.25 1 2 3mx  3m x  m  0, x  m Vì m  nên phương trình  3x  3mx   (*) Ta có  1    9m  12  0, m  f      0, m  (ở f  x  m m vế trái (*)) nên d cắt đồ thị điểm A, B phân biệt m  Ta có A x1;3x1  3m , B  x2 ;3x2  3m với x1 , x2 nghiệm (*) Kẻ đường cao OH OAB ta có OH  d  0; d   AB   x2  x1    x2  x1   10  x2  x1   10  x1  x2   40 x1 x2  10m  3m 10 40 2.(2 điểm) 10m2  0,25 (Định lý Viet (*)) Mặt khác ta có C  m;0 , D  0; 3m (để ý m  C , D, O phân biệt) Ta tìm m để SOAB  2SOCD hay 0,5 40 3m  m 3m  m   3 10 0,5 0,25 0,25 Gọi M (x , y0 ) 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:  x    k(x  x )  y (1)  x 1  1   k (2)  (x  1) (1)  x    k(x  1)  k  kx  y (3) Thay k (2) vào vị x 1 1  x 1  k  kx  y trí (3) : x   x 1 x 1 0,25 0,5 k(1  x )  y   x 1 2  k(1  x )  y0   Thay vào (2)     k  Suy 0,25  (x  1)2 k  2(1  x )(y0  2)  2.k  (y0  2)2   (*) Nếu từ M kẻ đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc pt (*) có hai nghiệm (y  2)  k1 , k thỏa mãn k1.k  1   1 (x  1)2 0,5  (x0 1)2  (y0  2)2   M nằm đường tròn có tâm I(1,2), có bán kính R=2 (đpcm) Câu 1.(2 điểm) 0,5 Nội dung Điểm Phương trình cho  15x  5  27 x  23 x 27 x  23 Hàm 15 x  27 x  23 số f  x   5x đồng biến R hàm số g  x   có 15 x  480 1  g ' x   nên nghịch biến khoảng  ;  3  15 x  5 x Ta phải có 15x   phương trình trở thành  1   ;   3  0,5 0,5 0,25 Vậy phương trình có tối đa nghiệm khoảng Mặt khác f 1  g 1  f  1  g  1  Nên phương trình cho có nghiệm x  1 2.(2 điểm) 0,5 0,25 2x   2x  6x  x  2x  1 Điều kiện: x  x>  (*) Bất phương trình: log 2 Với đk BPT 2x  2x    2x  6x   log 2  2x  6x  x  2x  2x  4x  2  log2 (2x  1)  log2 (2x  4x  2)  (2x  4x  2)  (2x  1)  log 2  (2x  1)  log2 (2x  1)  (2x  4x  2)  log2 (2x  4x  2) 0,5 u  2x  u,v>0 u  log u  v  log v (1)  v  2x  4x  Xét hàm số f (t)  log t  t, t  D  (0; ) Có f '(t)    0, t  D t.ln Đặt  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 0,5 0,25 uv Tức 2x   2x  4x   2x  6x    x  x 3 3 Kết hợp với điều kiện (*) tập nghiệm bpt cho 0,5 0,25    3   T   ; ;        Nội dung Câu 1.(3 điểm) Điểm S M C A N B Theo định lý cosin tam giác SAB ta có SB2  SA2  AB  2SA AB.cos300  3a  a  2a 3.a  a2 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 Hai tam giác SAB SAC (c.c.c) nên MB = MC suy tam giác 0,5 0,5 0,5 MBC cân M, MN  BC , ta có MN  SA (Ở N trung điểm BC) Từ 0,5 2  a   a  3a MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        16 4   a Suy MN  1 a3 Vậy VSABC  SA MN BC  16 2 2 2 2.(3 điểm) 0,5 0,5 A D B H C K M Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, cạnh lại không lớn Đặt CD = x, x   0;1 Gọi M trung điểm BC, K hình chiếu B lên CD H hình chiếu 1 A lên mp( BCD) Khi VABCD  SBCD AH  x.BK.AH (1) 2 2 BC  BD CD x   1  BM   x2 Có BM  4  x2 Tương tự, có AM  1  x (2), AH  AM  AH   x (3) Mà BK  BM  BK  2 x(4  x ) Từ (1), (2) (3) suy VABCD  24 x(4  x ); x   0;1 đồng biến nên Mặt khác hàm số f (x)  24 1,0 0,25 0,25 0,5 0,75 0,25  (đpcm) f(x)  f (1)  Nên VABCD (Dấu xảy hai tam giác ACD BCD hai tam giác có cạnh  1) H,K trùng với M Khi AB  Câu 1.(2 điểm) Nội dung Ta có x2 I  x  x2   x  x  x2  x2   x2  4 dx   Điểm  dx 0,5 1 1   x x  2dx   x  x  4dx  I1  I 42 42 4 -Tính I : 3 3 I1    x    x  2dx    x   dx  2  x   dx  2  x  2 5  2  x  2 3  0,5 10 32  15 -Tính I : Viết I    x  2 x  2dx Đặt   x   t ta có dx  2tdt I   t  t.2tdt Do I  2t  8t  0,5 46 15 0,5 1 25  39 Vậy I  I1  I  4 30 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 0,5 Đặt x     t  A    ln(1  sin t)dt   ln(1  sinx)dx  C Vậy I = B  0 0,5  2 Xét B =  sinx.ln(1  cos x)dx Đặt u = 1+ cosx B =  ln udu 0,5 Dùng phần B = u ln u   du  2ln  1 Vậy: I = 2ln2 - Câu điểm Nội dung Điểm Theo bđt Cô-si ta có: 1 2  a  b    c  1   a  b  c  1 2  a bc 3  a  1 b  1 c  1      27  Do P  a  b  c   a  b  c  3 a  b2  c2   t đặt t  a  b  c   t  Ta có P   t Xét hàm số f  t    27 t  2 27 t  2 1,0 0,5 , t  1;   Vẽ bảng biến thiên hàm số 1;  ta có max f  t   f    Từ P  dấu đẳng thức xảy a  b  c  0,5 ... k(1  x )  y0   Thay vào (2)     k  Suy 0,25  (x  1)2 k  2(1  x )(y0  2)  2.k  (y0  2)2   (*) Nếu từ M kẻ đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc pt (*) có hai nghiệm (y  2) ... 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 Hai tam giác SAB SAC (c.c.c) nên MB = MC... số f (x)  24 1,0 0,25 0,25 0,5 0,75 0,25  (đpcm) f(x)  f (1)  Nên VABCD (Dấu xảy hai tam giác ACD BCD hai tam giác có cạnh  1) H,K trùng với M Khi AB  Câu 1.(2 điểm) Nội dung Ta có x2