Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 tỉnh hải dương năm 2011- 2012

www.vnmath.com
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. Cho hàm số
2
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
2
99yxmx  có cực đại.

Câu 2
(2 điểm)

1.
Giải phương trình
2012 2012
1005
1
sin x cos x
2

2.
Giải hệ phương trình
22
22
11
1
xx yy
xyxy








Câu 3 (2 điểm)
1.
Chứng minh
93
tan sin ( 3 ), 0;
22 2

xxx x



 


. Từ đó suy ra trong
mọi tam giác nhọn ABC ta có
93
tan tan tan sin sin sin
2
ABCABC.
2.
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
2
44 16yx x x

   .

Câu 4
(3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA =
3a 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


0
45
M
AN  . 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
222
1abc

. Chứng minh
222
222222
111
5( )
333
aab bbc cca
abc
a abc b bca c cab
  

  


…………………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
www.VNMATH.com
www.vnmath.com
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1
CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M
1,00
2
() ; , 1
1
a
MC Ma a
a


 



.
22
33
''()
(1) (1)
yya
xa




0,25
Tiếp tuyến của (C) tại M có pt
2
32
()
(1) 1
a
yxa
aa




()
Tiệm cận đứng
1
 có phương trình 1
x


Tiệm cận ngang
2

có phương trình 1 ( 1;1)yI



0,25
1
5
1;
1
a
AA
a


   



,


2
21;1BBa

   
0,25

115 16
.1.22 216
221 21
IAB
a

SIAIB a a
aa

 

(không
phụ thuộc vào a, đpcm)

0,25
2
Tìm m để hàm số
2
99yxmx

 có cực đại
1,00
TXĐ:  ,
222
9
'9 ,''
9(9)9
mx m
yy
xxx
 



22
'0 9 9 0 9 9yxmxxmx   



22222
00
81( 9) ( 81) 81.9
mx mx
xmxmx




  

(I)





0,25
TH 1.
22
81 9 9 . 9 9 9( )mmmxxxx   
nên
2
2
99
'0,
9
xmx

yx
x



suy ra hàm số đồng biến trên
 , không
có cực trị.



0,25
TH 2.
1
2
27
9()
81
mIx
m

  


11
22
11
9
''( ) 0
(9) 9

m
yx x
xx


là điểm cực tiểu 9m loại


0,25


TH 3.
2
2
27
9()
81
mIx
m
   


22
22
22
9
''( ) 0
(9) 9
m
yx x

xx


là điểm cực đại.
Vậy hàm số có cực đại

9m






0,25
II 1
Giải phương trình
2012 2012
1005
1
sin x cos x
2

(1)
1,00
www.VNMATH.com
www.vnmath.com
Đặt

2
sin , 0;1txt. (1) có dạng:

1006 1006
1005
1
(1 )
2
tt 
(2)
0,25
Xét hàm số


1006 1006
() (1 ) , 0;1ft t t t 
1005 1005
'( ) 1006[ (1 ) ]ft t t;
1
'( ) 0
2
ft t



0,25

1005 1005
0;1
11 1
(0) (1) 1, min ( )
22 2
ff f ft


  


Vậy
1
(2)
2
t
0,25

hay (1)
2
1
sin cos2 0
242
x
xxk


  (kZ

)
0,25
2
Giải hệ phương trình
22
22
1 1 (1)
1(2)

xx yy
xyxy








1,00
ĐK: 1y  .
22
(1) 1 1xy y x  

2222 22
2112(1)(1)xxyyy x y x   

2 2 22 22 2 2 2 2
(1)(1) 1 1xy y x x y x y y x x y    




0,25
Kết hợp với (2) ta được
22
2
22
10

20
2
1
xy x
xxy
yx
xyxy

 











0,25
2
0&(2) 1 1xyy
22
11 2
2&(2) 3 1
3
33
yx x x x y

0,25


Thử lại ta có 0, 1
x
y và
12
,
33
xy
thỏa mãn hệ pt
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên

0,25
III 1
Chứng minh
93
tan sin ( 3 ), 0;
22 2
xxx x



 


.
1,00

Xét hàm số
9
() tan sin
2
f
xxxx trên 0;
2





32 2
22 2
1 9 2cos 9cos 2 (2cos 1)(cos x 4cos 2)
'( ) cos
cos 2 2cos 2cos x
xx x x
fx x
xx


 

Vì
2
0; 0 cosx<1 (cos 2) 4cos 0 '( )
2
x

xxfx


 


cùng
dấu với 1 2cos
x
 . Bảng biến thiên của ( )
f
x
x 0
3


2


'( )
f
x
- 0 +



()
f
x

0,25



0,25


www.VNMATH.com
www.vnmath.com

3
(3 )
2


Vậy
93
() tan sin (3 ), 0;

22 2
fx x x x x



 



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
x



Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên
,, 0;
2
ABC







93
tan sin ( 3 )
22
AAA


 
. Tương tự, cộng lại ta được
99
tan tan tan sin sin sin ( ) ( 3
22
ABCABCABC

 
Kết hợp với
A
BC

 ta có đpcm






0,25







0,25
2

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
44 16yx x x

  
1,00

TXĐ:


4;4D  . Đặt 44,0tx xt

  . Bình phương ta
được
2
82( 4)(4 )8txx   
. Dấu bằng có khi x=
4

Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có
2
82( 4)(4 )8( 4)(4 )16txxx x       
.D bằng có khi x=0
Do
022 4tt 

Khi đó
2
2
81

() 4, 2 2;4
22
t
yft t t t t



 



'( ) 1, '( ) 0 1
f
ttft t     (loại)
(2 2) 2 2, (4) 0ff.
Vậy

4;4
22;4
min min ( ) 0yft




khi x=0,

4;4
22;4
max max ( ) 2 2yft




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
www.VNMATH.com
www.vnmath.com
C'
D'
B'
C
A
B
D

S

,()'
B
C AB BC SA BC SAB BC AB  
() ' ' ( ) 'SC P SC AB AB SBC AB SB
    
Tương tự '
A
DSD
















0,25
0,25
.''' .'' .''SABCD SABC SADC
VVV

22
.''
2222
.
' ' '. '. 3 3 9

45 20
SABC
S ABC
V SB SC SBSBSCSC SA SA
VSBSCSBSCSBSC
  
(1)
22
.''
2222
.
'' '. '. 339

45 20
SADC
SADC
VSDSCSDSDSCSCSASA
VSDSCSDSCSDSC
   (2)

0,25

0,25
Do
3
2

11 3
3
32 6
S ABC S ADC
a
VV aa
 
0,25

Cộng (1) và (2) theo vế ta được
33
.'' .''
.'''
33
99 9 333
.
20 20 10 6 20
33
66
SABC SADC
SABCD
VV a a
V
aa
  

0,25
2
Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN
1,50
( Hình vẽ trang cuối)
.
1
3
3
SAMN AMN
VSa . Đặt ,
B
MxDNy

 ;


,0;
x
ya


Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP BM x




,
A
BM ADP AM AP BAM DAP 

0,25






00 0
45 45 45
M
AN BAM DAN NAP DAP DAN

11
.()
22
MAN PAN
M
AN PAN S S AD PN a x y      
(*)
0,25
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được
222 2 2 2
()()()
M
NMCCN xy ax ay
0,25

22 22 22 2
222()
x
yxyaxaxayayxyaxya    
0,25
www.VNMATH.com
www.vnmath.com
2
aax
y
x
a




Thế vào (*) ta được
2
1
()
2
MAN
aax
Sax
x
a





Đặt
22 2 2
2
2
() '() .
22()
ax a ax ax a
fx f x
xa xa







'( ) 0 ( 2 1)
f
xx a  .




0,25
2
(0) ( )
2
a

ffa,
2
(( 2 1) ) ( 2 1)faa




2
0;
max ( )
2
a
a
fx,

2
0;
min ( ) ( 2 1)
a
fx a


Vậy
3
.
3
max
6
SAMN
a

V  khi
,
,
M
BN C
M
CN D









3
.
3( 2 1)
min
3
SAMN
a
V

 khi
(2 1)MB ND a



0,25
V
222
222222
111
5( )
333
aab bbc cca
abc
a abc b bca c cab
  

  

1,00
,0
x
y ta có
2
22 2 2
22 2
x
x

yxyxxyy xy
y
  
0,25
222
222
22
22
1( 1)
2( 1) ( 3
3
3
aab aab
aab a abc
aabc
aabc
 



22
22 222 22
22()
2
ab
acab abc ac

 

0,25
2 2 2 2222222222
5 3 2 (10)( )
220
a b c aaaaabbbcc  

2
()
532
25 25
aaaaabbbcc
abc








0,25

Tương tự, cộng lại ta được
222
222222
111
5( )
333
aab bbc cca

abc
a abc b bca c cab
  

  

Đẳng thức xảy ra
1
3
abc




0,25

www.VNMATH.com
www.vnmath.com

x
y
x
45
0
A
D
B
C
M
N

P
www.VNMATH.com