Đề thi hsg môn toán lớp 12 sở gd đt hà nam năm học 2011 2012 file word có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

HÀ NAM

NĂM HỌC 2011 - 2012
Mơn: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1: (4 điểm)
1. Cho hàm số y 

3 x  2m
với m là tham số. Chứng minh rằng m 0 , đồ thị hàm số luôn cắt
mx  1

đường thẳng d : y 3x  3m 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 y 

x2
có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà qua đó
x 1

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)
1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 15 x.5 x 5 x 1  27 x  23
2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

log 2

2x 1
2 x 2  6 x  2
x  2x 1
2

Câu 3: (6 điểm)

a
2

1. Cho tứ diện SABC có AB  AC a, BC  , SA a 3 ( a  0) . Biết góc SAB 300 và góc

SAC 300 . 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 cịn lại đều khơng
lớn hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó khơng lớn hơn

1
.
8

Câu 4: (4 điểm)
Tính các tích phân:
3

1. I 

x 
2

x2
x2  4


2

2. J  ln  cosx  1

dx


0

sinx 1

sin x  1

dx

Câu 5: (2 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

1

2

2

2

2 a  b  c 1



1
(a  1)(b  1)(c  1)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


…………Hết…………

Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:…………………….
Họ và tên giám thị số 1:……………………………………………………………………………...
Họ và tên giám thị số 2:……………………………………………………………………………...

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

HÀ NAM

Hướng dẫn chấm và biểu điểm

NĂM HỌC 2011-2012
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
1.(2

Nội dung
Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị:

điểm)

3mx 2  3m 2 x  m 0, x 

Điểm
0.25

1
m

Vì m 0 nên phương trình  3 x 2  3mx  1 0 (*). Ta có

  1 3
 9m2  12  0, m 0 và f    2  2 0, m 0 (ở đây f  x 
m m
là vế trái của (*)) nên d luôn cắt đồ thị tại 2 điểm A, B phân biệt m 0

0,5

Ta có A  x1;3 x1  3m  , B  x2 ;3 x2  3m  với x1 , x2 là 2 nghiệm của (*). Kẻ

đường cao OH của OAB ta có OH d  0; d  

AB 

 x2  x1 

 10  x1  x2 

2

2

2

  3x2  3x1   10  x2  x1 

 3m
10

và

0,25

2

40
 40 x1 x2  10m 
3

0,5

2

(Định lý Viet đối với (*)).
Mặt khác ta có C  m;0  , D  0;  3m  (để ý m 0 thì C , D, O phân biệt). Ta

tìm m để S OAB 2 S OCD hay

2.(2
điểm)

10m 2 

40  3m
2
.
2 m 3m  m 
3
3
10

0,25

0,25

Gọi M (x 0 , y 0 ) .
Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình y k(x  x 0 )  y 0
d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x 1:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25


1

x

1

k(x  x 0 )  y 0 (1)

x 1

1
1 
k
(2)
2
 (x  1)
(1)  x  1 

1
k(x  1)  k  kx 0  y 0 (3) . Thay k ở (2) vào một vị
x 1

trí trong (3) được : x  1 
Suy ra

0,5

1
1
x  1 
 k  kx 0  y 0 .
x 1
x1

1
k(1  x 0 )  y0  2

.
x 1
2
2

 k(1  x 0 )  y 0  2 
Thay vào (2) được 1  
 k
2

 (x 0  1) 2 k 2  2  (1  x 0 )(y 0  2)  2  .k  (y 0  2) 2  4 0 (*)

0,25

Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc thì pt (*) có hai nghiệm

k1 , k 2 thỏa mãn k1.k 2  1 

(y 0  2) 2  4
 1
(x 0  1) 2

0,5

 (x 0  1) 2  (y 0  2) 2 4  M nằm trên đường trịn có tâm I(1,2), có bán
kính R=2 (đpcm)

0,5
Câu 2
1.(2

Nội dung

Điểm

x

Phương trình đã cho  5  15 x  5  27 x  23 .

điểm)
x
Ta phải có 15 x  5 0 và phương trình trên trở thành 5 

x

số f  x  5 đồng biến trên R còn hàm số g  x  

g ' x  

 480

 15 x  5

2

27 x  23
. Hàm
15 x  5

0,5

27 x  23
có
15 x  5

 0 nên nó nghịch biến trên các khoảng   ; 1  và
3

0,5

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


1


 ;   .
3


0,25

Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng.

0,5

Mặt khác f  1  g  1 5 và f   1  g   1 

1
5

0,25

Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là

x 1 .
2.(2
điểm)

Bất phương trình:

log 2

2x  1
2x 2  6x  2
x  2x  1

2

Điều kiện: x 1 và x> 

1
(*)
2

Với đk trên BPT

 log 2

2x  1
2x  1
 1 2x 2  6x  1  log 2 2
2x 2  6x  1
x  2x  1
2x  4x  2
2

 log 2 (2x  1)  log 2 (2x 2  4x  2) (2x 2  4x  2)  (2x  1)

0,5

 (2x  1)  log 2 (2x  1) (2x 2  4x  2)  log 2 (2x 2  4x  2)
u 2x  1

Đặt 

2

 v 2x  4x  2

thì u,v>0 và u  log 2 u v  log 2 v (1)

Xét hàm số f (t) log 2 t  t, t  D (0; ) . Có

f '(t) 

1
 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 2x  1 2x 2  4x  2  2x 2  6x  1 0  x 

x

3

7
2

hoặc

0,5
0,25

3 7
2

Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,5


 1 3 7   3 7

T   ;
;  
 
2   2
 2


0,25

Nội dung

Điểm

Câu 3
1.(3
điểm)

S

M

C
A
N
B
Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có

SB 2 SA2  AB 2  2SA. AB.cos300 3a 2  a 2  2a 3.a.

3
a 2
2

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 
1
3

Ta có VSABC VSBMC  VABMC  SA.S MBC

0,5

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

0,5

điểm BC)
Từ đó

0,5
2

2
3a 2
a a 3
2
2
2
2
2
2
2
MN  AN  AM  AB  BN  AM a     


16
 4  2 

Suy ra MN 
Vậy VSABC

a 3
.
4

1
1
a3
 SA. MN .BC 
3
2
16

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,5


0,5
0,5
2.(3

A

điểm)

D
B
H
C

M

K

Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh cịn 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

1
3

1
6

A lên mp( BCD). Khi đó VABCD  SBCD .AH  x.BK.AH (1)
Có BM 2 

BC2  BD 2 CD 2
x2
1

1 
 BM  4  x 2
2
4
4
2

1
4  x2
Tương tự, cũng có AM 
2
1
1

4  x 2 (2), AH AM  AH  4  x 2 (3)
Mà BK BM  BK 
2
2
Từ (1), (2) và (3) suy ra VABCD 
Mặt khác hàm số f (x) 

f (1) 

1
x(4  x 2 )
24

0,25

0,25

1
x(4  x 2 ); x   0;1 đồng biến nên f(x)
24

1
8

Nên VABCD 

1,0

0,5

1
(đpcm)
8

(Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có cạnh

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


bằng 1 và H,K trùng với M. Khi đó AB 

Câu 4
1.(2

0,75

3
1)
2

0,25
Điểm

Nội dung
Ta có

điểm)

3



I 
dx 
2
x 4
2 x
2
3

x2  4

x2 x

3

x2

x2   x2  4

 dx

3

1
1
1
1
 x x  2dx   x  2. x 2  4dx  I1  I 2
42

42
4
4

0,5

-Tính I1 :
3

3

3

3
2

1
2

I1  x  2  2  x  2dx  x  2  dx  2  x  2  dx
2



2

2
 x  2
5

5 3
2

 2.

2

2
 x  2
3

2

3 3
2
2

10 5 32


3
15

3

-Tính I 2 : Viết I 2 

 x  2 

x  2dx

0,5

2

1

Đặt

2
x  2 t ta có dx 2tdt và I 2  t  4  t.2tdt
0

Do đó I 2 

1
4

2t 5
5

Vậy I  I1 

1


0

8t 3
3

1


0

46
15

1
25 5  39
I2 
4
30
0,5

0,5
2.(2
điểm)


2

Có I   (1  sinx)ln(cos x  1)  ln(1  sinx  dx

0


2


2


2

0

0

0

= ln(1  cos x)dx  sinx.ln(1  cos x)dx  ln(1  sinx)dx A  B  C



0,5

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất



2

Xét A  ln(1  cos x)dx

0


2

0


2

Đặt x   t  A  ln(1  sin t)dt ln(1  sinx)dx C . Vậy I = B
0


2


2

0,5

2

Xét B = sinx.ln(1  cos x)dx . Đặt u = 1+ cosx thì B = ln udu

1

0

2

Dùng từng phần được B = u ln u

2

1

 du 2ln 2  1

0,5

1

Vậy: I = 2ln2 - 1

Câu 5
2 điểm

0,5
Điểm

Nội dung
Theo bđt Cơ-si ta có:

a 2  b2  c2  1 

1
1
1
2
2
2
 a  b    c  1   a  b  c  1
2
2

4

 a b c 3
và  a  1  b  1  c  1 

3


Do đó P 

3

1,0

1
27

a  b  c  1  a  b  c  3 3
1
t

đặt t a  b  c  1  t  1 . Ta có P  

1
t

Xét hàm số f  t   

27

 t  2

3

27

 t  2

3

, t   1;   . Vẽ bảng biến thiên của hàm số

0,5

1
8

này trên  1;  ta có max f  t   f  4   .
Từ đó P 

1
và dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 1 .
8
0,5

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất