ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN HSG HÀ NAM LỚP 12 MÔN TOÁN 2012

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4 điểm)
1. Cho hàm số
3 2
1
x m
y
mx
−
=
+
với
m
là tham số. Chứng minh rằng
0m
∀ ≠
, đồ thị hàm số
luôn cắt đường thẳng
: 3 3d y x m= −
tại 2 điểm phân biệt
,A B
. Xác định m để đường
thẳng
d
cắt các trục
,Ox Oy

lần lượt tại
,C D
sao cho diện tích
OAB
∆
bằng 2 lần diện
tích
OCD∆
.
2. Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
−
có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa
độ mà qua đó kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau đều nằm trên đường
tròn tâm I (1;2), bán kính R = 2.
Câu 2: (4 điểm)
1. Giải phương trình sau trên tập số thực:
1
15 .5 5 27 23
x x
x x
+
= + +

2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

2
2
2
2 1
log 2 6 2
2 1
x
x x
x x
+
≤ − +
− +
Câu 3: (6 điểm)
1. Cho tứ diện
SABC
có
, , 3
2
a
AB AC a BC SA a= = = =

( 0)a >
. Biết góc
0
30SAB =

và góc
0
30SAC =
. Tính thể tích khối tứ diện theo

a
.
2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh còn
lại đều không lớn hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó không lớn hơn
1
8
.
Câu 4: (4 điểm)
Tính các tích phân:
1.
3
2
2
2
4
x
I dx
x x
+
=
+ −
∫
2.
( )
sinx 1
2
0
cos 1
ln
sin x 1

x
J dx
π
+
+
=
+
∫
Câu 5: (2 điểm)
Cho ba số thực dương
, ,a b c
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
1 1
( 1)( 1)( 1)
2 1
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
…………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

HÀ NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
Hướng dẫn chấm và biểu điểm Môn: Toán
(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 Điểm
1.(2
điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của
d
và đồ thị:
2 2
1
3 3 0,mx m x m x
m
−
− − = ≠
Vì
0m ≠
nên phương trình
2
3 3 1 0x mx⇔ − − =
(*). Ta có
2
9 12 0, 0m m∆ = + > ∀ ≠
và
2
1 3

2 0, 0f m
m m
−
 
= + ≠ ∀ ≠
 ÷
 
(ở đây
( )
f x

là vế trái của (*)) nên
d
luôn cắt đồ thị tại 2 điểm
,A B
phân biệt
0m
∀ ≠
Ta có
( ) ( )
1 1 2 2
;3 3 , ;3 3A x x m B x x m− −
với
1 2
,x x
là 2 nghiệm của (*). Kẻ
đường cao
OH
của
OAB

∆
ta có
( )
3
0;
10
m
OH d d
−
= =
và
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 1 2 1 2 1
2
2
1 2 1 2
3 3 10
40
10 40 10
3
AB x x x x x x
x x x x m
= − + − = −
= + − = +
(Định lý Viet đối với (*)).
Mặt khác ta có
( ) ( )
;0 , 0; 3C m D m−

(để ý
0m ≠
thì
, ,C D O
phân biệt).
Ta tìm
m
để
2
OAB OCD
S S
∆ ∆
=
hay
2
3
40 2
10 . 2 3
3 3
10
m
m m m m
−
+ = ⇔ = ±
0.25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25

2.(2
điểm)
Gọi M
0 0
(x , y )
.
Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình
0 0
y k(x x ) y= − +
d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x
≠
1:
0 0
2
1
x 1 k(x x ) y (1)
x 1
1
1 k (2)
(x 1)

+ + = − +

−



− =
−



0,25
0,5
0 0
1
(1) x 1 k(x 1) k kx y
x 1
⇔ + + = − + − +
−
(3) . Thay k ở (2) vào một vị
trí trong (3) được :
0 0
1 1
x 1 x 1 k kx y
x 1 x 1
+ + = − − + − +
− −
.
Suy ra
0 0
k(1 x ) y 21
x 1 2
− + −
=
−
.
Thay vào (2) được
2
0 0
k(1 x ) y 2

1 k
2
− + −
 
− =
 
 
[ ]
2 2 2
0 0 0 0
(x 1) k 2 (1 x )(y 2) 2 .k (y 2) 4 0⇔ − + − − + + − − =
(*)
Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc thì pt (*) có hai
nghiệm
1 2
k ,k
thỏa mãn
2
0
1 2
2
0
(y 2) 4
k .k 1 1
(x 1)
− −
= − ⇒ = −
−
2 2
0 0

(x 1) (y 2) 4⇔ − + − = ⇒
M nằm trên đường tròn có tâm I(1,2), có
bán kính R=2 (đpcm)
0,25
0,5
0,5
Câu 2 Nội dung Điểm
1.(2
điểm)
Phương trình đã cho
( )
5 15 5 27 23
x
x x⇔ − = +
.
Ta phải có
15 5 0x
− ≠
và phương trình trên trở thành
27 23
5
15 5
x
x
x
+
=
−
.
Hàm số

( )
5
x
f x =
đồng biến trên
R
còn hàm số
( )
27 23
15 5
x
g x
x
+
=
−
có
( )
( )
2
480
' 0
15 5
g x
x
−
= <
−
nên nó nghịch biến trên các khoảng
1

;
3
 
−∞
 ÷
 
và
1
;
3
 
+∞
 ÷
 
.
Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng.
Mặt khác
( ) ( )
1 1 5f g= =
và
( ) ( )
1
1 1
5
f g− = − =
Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là
1x = ±
.
0,5
0,5

0,25
0,5
0,25
2.(2
điểm)
Bất phương trình:
2
2
2
2x 1
log 2x 6x 2
x 2x 1
+
≤ − +
− +
Điều kiện:
x 1≠
và x>
1
2
−
(*)
Với đk trên BPT
2 2
2 2
2 2
2x 1 2x 1
log 1 2x 6x 1 log 2x 6x 1
x 2x 1 2x 4x 2
+ +

⇔ − ≤ − + ⇔ ≤ − +
− + − +

2 2
2 2
log (2x 1) log (2x 4x 2) (2x 4x 2) (2x 1)⇔ + − − + ≤ − + − +

2 2
2 2
(2x 1) log (2x 1) (2x 4x 2) log (2x 4x 2)⇔ + + + ≤ − + + − +
0,5
Đặt
2
u 2x 1
v 2x 4x 2
= +


= − +

thì u,v>0 và
2 2
u log u v log v+ ≤ +
(1)
Xét hàm số
2
f (t) log t t,t D (0; )= + ∈ = +∞
. Có
1
f '(t) 1 0, t D

t.ln 2
= + > ∀ ∈
Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên D
Khi đó, (1) thành
f (u) f (v)≤
và do u,v thuộc D và f(t) đồng biến trên D
nên
u v≤

Tức là
2 2
3 7
2x 1 2x 4x 2 2x 6x 1 0 x
2
−
+ ≤ − + ⇔ − + ≥ ⇔ ≤
hoặc
3 7
x
2
+
≥
Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là

1 3 7 3 7
T ; ;
2 2 2
   
− +
= − ∪ +∞

 ÷
 
   
0,5
0,25
0,5
0,25
Câu 3 Nội dung Điểm
1.(3
điểm)
Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có
2 2 2 0 2 2 2
3
2 . . os30 3 2 3. .
2
SB SA AB SA AB c a a a a a= + − = + − =
Vậy SB = a. Tương tự ta cũng có SC = a.
Gọi M là trung điểm SA, do hai tam giác SAB cân tại B và SAC cân tại
C nên
( )
,MB SA MC SA SA MBC⊥ ⊥ ⇒ ⊥
Ta có
1
.
3
SABC SBMC ABMC MBC
V V V SA S
∆
= + =
Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c) nên MB = MC suy ra tam

giác MBC cân tại M, do đó
MN BC⊥
, ta cũng có
MN SA⊥
(Ở đây N
là trung điểm BC)
0,5
0,5
0,5
0,5
S
M
A
N
B
C
Từ đó
2
2
2
2 2 2 2 2 2 2
3 3
4 2 16
a a a
MN AN AM AB BN AM a
 
 
= − = − − = − − =
 ÷
 ÷

 
 
Suy ra
3
4
a
MN =
.
Vậy
3
1 1
. .
3 2 16
SABC
a
V SA MN BC= =
0,5
0,5
2.(3
điểm)
Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1.
Đặt CD = x,
(
]
x 0;1∈
.
Gọi M là trung điểm BC, K là hình chiếu của B lên CD và H là hình
chiếu của A lên mp( BCD). Khi đó
ABCD BCD
1 1

V S .AH x.BK.AH
3 6
∆
= =
(1)
Có
2 2 2 2
2 2
BC BD CD x 1
BM 1 BM 4 x
2 4 4 2
+
= − ≤ − ⇒ ≤ −
Tương tự, cũng có
2
1
AM 4 x
2
≤ −
Mà
2
1
BK BM BK 4 x
2
≤ ⇒ ≤ −
(2),
2
1
AH AM AH 4 x (3)
2

≤ ⇒ ≤ −
Từ (1), (2) và (3) suy ra
2
ABCD
1
V x(4 x )
24
≤ −
Mặt khác hàm số
(
]
2
1
f (x) x(4 x );x 0;1
24
= − ∈
đồng biến nên f(x)
1
f (1)
8
≤ =
Nên
ABCD
1
V
8
≤
(đpcm)
(Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có
1,0

0,25
0,25
0,5
0,75
0,25
A
B
D
C
M
K
H
cạnh bằng 1 và H,K trùng với M. Khi đó
3
1
2
AB = >
)
Câu 4 Nội dung Điểm
1.(2
điểm)
Ta có

(
)
( )
2
3 3
2 2
2

2 2
3 3
2
1 2
2 2
2 4
2
4
4
1 1 1 1
2 2. 4
4 4 4 4
x x x
x
I dx dx
x x
x x
x x dx x x dx I I
+ − −
+
= =
− −
+ −
= + − + − = −
∫ ∫
∫ ∫
-Tính
1
I
:

( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 3 3
3 1
2 2
1
2 2 2
3 3
5 3
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 10 5 32
2 2. 2
5 3 3 15
I x x dx x dx x dx
x x
= + − + = + − +
= + − + = −
∫ ∫ ∫
-Tính
2
I
: Viết
( )
3
2
2
2 2I x x dx= + −
∫

Đặt
2x t− =
ta có
2dx tdt=
và
( )
1
2
2
0
4 .2I t t tdt= +
∫
Do đó
1 1
5 3
2
0 0
2 8 46
5 3 15
t t
I = + =
Vậy
1 2
1 1 25 5 39
4 4 30
I I I
−
= − =
0,5
0,5

0,5
0,5
2.(2
điểm)
Có
[ ]
2
0
I (1 sinx)ln(cosx 1) ln(1 sinx dx
π
= + + − +
∫
=
2 2 2
0 0 0
ln(1 cosx)dx sinx.ln(1 cos x)dx ln(1 sinx)dx A B C
π π π
+ + + − + = + −
∫ ∫ ∫
Xét A
2
0
ln(1 cos x)dx
π
= +
∫
Đặt
0
2
0

2
x t A ln(1 sin t)dt ln(1 sinx)dx C
2
π
π
π
= − ⇒ = − + = + =
∫ ∫
. Vậy I = B
Xét B =
2
0
sinx.ln(1 cos x)dx
π
+
∫
. Đặt u = 1+ cosx thì B =
2
1
ln udu
∫
0,5
0,5
0,5
Dùng từng phần được B =
2
2
1
1
u ln u du 2ln 2 1− = −

∫
Vậy: I = 2ln2 - 1
0,5
Câu 5 Nội dung Điểm
2 điểm Theo bđt Cô-si ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
2 2 4
a b c a b c a b c+ + + ≥ + + + ≥ + + +
và
( ) ( ) ( )
3
3
1 1 1
3
a b c
a b c
+ + +
 
+ + + ≤
 ÷
 
Do đó
( )
3
1 27
1

3
P
a b c
a b c
≤ −
+ + +
+ + +
đặt
1 1t a b c t= + + + ⇒ >
. Ta có
( )
3
1 27
2
P
t
t
≤ −
+
Xét hàm số
( )
( )
( )
3
1 27
, 1;
2
f t t
t
t

= − ∈ +∞
+
. Vẽ bảng biến thiên của hàm
số này trên
( )
1;+∞
ta có
( ) ( )
1
max 4
8
f t f= =
.
Từ đó
1
8
P ≤
và dấu đẳng thức xảy ra khi
1a b c= = =
.
1,0
0,5
0,5