Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2011-2012 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nam (Đề chính thức) giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và các dạng bài tập từ đó có phương pháp ôn luyện hiệu quả hơn.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (4 điểm) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 2012 Mơn: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) m ∆ ∆OCD m Ox C ,dx3Oy D B d : y∀ =A x−0−2m 3m 3OAB y= mx + 1. Cho hàm số với là tham số. Chứng minh rằng , đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng tại 2 điểm phân biệt . Xác định m để đường thẳng cắt các trục lần lượt tại sao cho diện tích bằng 2 lần diện tích . x2 y= x −1 2. Cho hàm số có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà qua đó kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến vng góc với nhau đều nằm trên đường trịn tâm I (1;2), bán kính R = 2 Câu 2: (4 điểm) 15 x.5 x = x +1 + 27 x + 23 1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 2x + log 2 x2 − x + x − 2x + 2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: Câu 3: (6 điểm) (SABC a a>=0) SAC SAB 30a0 AB = AC = a, BC = , SA = a 1. Cho tứ diện có . Biết góc và góc . Tính thể tích khối tứ diện theo 2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh cịn lại đều khơng lớn hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó khơng lớn hơn Câu 4: (4 điểm) Tính các tích phân: π x + sinx +1 I= cosx +2 1) dx ( J = ln2 x + x − dx sin x + 1. 2. Câu 5: (2 điểm) a , b, c Cho ba số thực dương . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 P= − a + b + c + (a + 1)(b + 1)(c + 1) …………Hết………… Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh: …………………… Họ và tên giám thị số 1: …………………………………………………………………………… Họ và tên giám thị số 2: …………………………………………………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 20112012 Hướng dẫn chấm và biểu điểm Mơn: Tốn (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 6 trang) Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn cho điểm từng phần như biểu điểm Câu 1 Nội dung Điể m d 1.(2 −1 3mx − 3m x − m = 0, x 0.25 điểm) m Phương trình hồnh độ giao điểm của và đồ thị: m A3d(, mx B x>0) 00,−∀ 19� ∆ m x2 2∀ +3m −f12 1m =0 �−=� f � �= + 0, ∀m �m � m Vì nên phương trình (*). Ta có và (ở đây là vế trái của (*)) nên ln cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt 0,5 − 3m ∆xOH OAB 23 x2( x2 ;3 A x ;3 x , B x − m − m ( ) ) 1 AB = ( x2 − OH x1 ) =+ (d3(x0;2 − d )3x=1 ) = 10 ( x2 − x1 ) 10 40 = 10 ( x1 + x2 ) − 40 x1 x2 = 10m + 0,25 Ta có với là 2 nghiệm của (*). Kẻ đường cao của ta có và (Định lý Viet đối với (*)) m2,(0O Cm S0;∆OCD C ( S− m∆3;0 −3m ) m ) ,=D 40 OAB 10m + = m 3m � m = � 0,5 3 10 Mặt khác ta có (để ý thì phân biệt). Ta tìm để hay 0,25 0,25 2.(2 điểm) (x , y ) Gọi M y = k(x − x ) + y Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình x +1+ = k(x − x ) + y (1) x −1 1− =k (2) (x − 1) d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x1: 0,25 0,5 = k(x − 1) + k − kx + y x −1 (3) . Thay k ở (2) vào một vị 1 x +1+ = x −1− + k − kx + y x −1 x −1 trí trong (3) được : . k(1 − x ) + y − = x −1 Suy ra k(1 − x ) + y − � � 1− � =k � � � Thay vào (2) được � (x − 1)2 k + [ (1 − x )(y − 2) + 2] k + (y − 2) − = (*) k(y 1, k− 2) − k1.k = −1 � = −1 (x − 1)2 Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vng góc thì pt (*) có hai nghiệm thỏa mãn � (x − 1) + (y − 2) = � M nằm trên đường trịn có tâm I(1,2), có bán kính R=2 (đpcm) Nội dung (1) � x + + Câu 2 1.(2 điểm) � x ( 15 x − ) = 27 x + 23 Phương trình đã cho 15 −R 27 −5x480 x++0x2323 f x(127 g ' (gx5() xx=� = (*) x 11 − Với đk trên BPT 2x + �−log �−+ 2x 6x −+ x − 2x + log 2x + 2x − 4x + 2 2x 6x 0,5 � log (2x + 1) − log (2x − 4x + 2) �(2x − 4x + 2) − (2x + 1) � (2x + 1) + log (2x + 1) �(2x − 4x + 2) + log (2x − 4x + 2) u + ulog u + 1v + log v = 22x v = 2x − 4x + Câu 3 Đặt thì u,v>0 và (1) f (t) = log 1t + t, t �D = (0; +�) f '(t) = + > 0, ∀t D 0,5 t.ln Xét hàm số . Có 0,25 Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên D u fv(v) f (u) Khi đó, (1) thành và do u,v thuộc D và f(t) đồng biến trên D nên 3+ 3− 0,5 2x + 1�−+ 2x� −+ 4x� x 2x 6x x 2 Tức là hoặc Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là � 3− � � � 0,25 3+ T=� − ; ; +�� ��� � � �2 � Nội dung Điể m 1.(3 điểm) S M C A N B SB = SA2 + AB − 2SA AB.cos300 = 3a + a − 2a 3.a = a2 Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có Vậy SB = a. Tương tự ta cũng có SC = a. MB ⊥ SA, MC ⊥ SA � SA ⊥ ( MBC ) Gọi M là trung điểm SA, do hai tam giác SAB cân tại B và SAC cân tại C nên VSABC = VSBMC + VABMC = SA.S ∆MBC Ta có MN MN ⊥ ⊥ BC SA Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c) nên MB = MC suy ra tam giác MBC cân tại M, do đó , ta cũng có (Ở đây N là trung điểm BC) 0,5 0,5 0,5 0,5 2 �a � �a � 3a MN = AN − AM = AB − BN − AM = a − � �− � �= �4 � � � 16 Từ đó a MN = Suy ra . 1 a3 VSABC = SA MN BC = 16 Vậy 2 2 2 2.(3 điểm) 0,5 0,5 A D B H C K M x ( 0;1] Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh cịn lại đều khơng lớn hơn 1. Đặt CD = x, . 1 VABCD = S∆BCD AH = x.BK.AH Gọi M là trung điểm BC, K là hình chiếu của B lên CD và H là hình 1,0 chiếu của A lên mp( BCD). Khi đó (1) BC2 + BD CD x2 BM − −�− = BM x2 4 Có AM − x2 Tương tự, cũng có 11 AH BK − −AM � BM � AH BK 4 x x2 (3) 22 Mà (2), VABCD x(4 − x ) 24 Từ (1), (2) và (3) suy ra 1 f (x) = x(4 f (1)− =x ); x ( 0;1] 24 Mặt khác hàm số đồng biến nên f(x) VABCD Nên (đpcm) (Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có cạnh bằng 1 và H,K trùng với M. Khi đó ) Câu 4 Nội dung Ta có ( x + x − x2 − x+2 I =� dx = � 2 x − ( x2 − 4) x −4 x+ = 0,25 0,5 0,75 0,25 >1 AB = 1.(2 điểm) 0,25 Điể m ) dx 1 1 x x + dx − x + x − dx = I − I2 � 4� 4 2 0,5 I1 Tính : 3 2 3 I1 = � ( x + − ) x + 2dx = � ( x + ) dx − 2� ( x + ) dx = ( x + 2) 3 − ( x + ) 2 10 32 = − 15 0,5 I2 = I ( x + 22) x − 2dx Tính : Viết I2 = 0,5 dxx 2−= 22tdt ( t + 4=) tt.2tdt 0,5 Đặt ta có và I2 = 2t 5 + 8t 3 = 46 15 Do đó 1 25 − 39 I1 − I = 4 30 I= Vậy 2.(2 điểm) I= π [ (1 + s inx)ln(cos x + 1) − ln(1 + sinx ]dx Có π π π 0 ln(1 + cos x)dx + � sinx.ln(1 + cos x)dx − � ln(1 + sinx)dx = A + B − C � 0,5 = π = ln(1 + cos x)dx 0,5 Xét A π π x = − t � A = −� ln(1 + sin t)dt = � ln(1 + sinx)dx = C π 0,5 Đặt . Vậy I = B π 2 ln udu sinx.ln(1 + cos x)dx 0,5 Xét B = . Đặt u = 1+ cosx thì B = u ln u 12 − du = 2ln − 1 Dùng từng phần được B = Vậy: I = 2ln2 1 Câu 5 Nội dung Điể m 2 điểm Theo bđt Cơsi ta có: a2 + b2 + c2 + 1 2 ( a + b ) + ( c + 1) 2 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( a + b + c + 1) �a + b + c + � � � � � 1,0 và P Do đó 27 − a + b + c + ( a + b + c + 3) 0,5 t = a + b1+ c + 127� t > P − t ( t + 2) đặt . Ta có ( 1;+ 27 ) f ( t )max = −f ( t ) = f3(,4t )� =( 1; +�) t ( t + 2) Xét hàm số . Vẽ bảng biến thiên của hàm số này trên ta có a = b = 1c = P Từ đó và dấu đẳng thức xảy ra khi 0,5 ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ? ?THI? ?CHỌN HỌC? ?SINH? ?GIỎI LỚP? ?12? ?THPT HÀ? ?NAM NĂM HỌC 20112 012 Hướng dẫn chấm? ?và? ?biểu điểm Mơn: Tốn (Hướng dẫn chấm? ?và? ?biểu điểm gồm có 6 trang) Lưu ý: Nếu thí? ?sinh? ?trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn ... Họ? ?và? ?tên thí? ?sinh: ………………………………………………Số báo danh: …………………… Họ? ?và? ?tên giám thị số 1: …………………………………………………………………………… Họ? ?và? ?tên giám thị số 2: …………………………………………………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO... x (127 g ' (gx5() xx=� =