Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Hải Dương năm học 2011 - 2012 môn Toán (Vòng 1) - Có đáp án

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 - Vòng 1
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (2 điểm)
1. Cho hàm số 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 có cực
đại.
Câu 2 (2 điểm)
1. Giải phương trình
2. Giải
hệ
phương trình
Câu 3 (2 điểm)
1. Chứng
minh . Từ
đó suy ra
trong mọi tam giác nhọn ABC ta có .
2. Tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của hàm
số .
Câu 4 (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = 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 . 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 . Chứng minh
…………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
2
1
x
y
x
−
=
+
2
9 9y x m x= + +
2012 2012
1005
1
sin x cos x
2
+ =
2 2
2 2
1 1
1

x x y y
x y xy

+ + = + −


+ − =


9 3
tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x
π
π
 
+ ≥ + − ∀ ∈
 ÷
 
9 3
tan tan tan sin sin sin
2
A B C A B C+ + + + + ≥
2
4 4 16y x x x= + + − − −
3a
·
0
45MAN =
2 2 2

1a b c+ + =
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + + + + +
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
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
. 0,25
Tiếp tuyến của (C)
tại M có pt
Tiệm cận đứng có
phương trình
Tiệm cận ngang có
phương trình
0,25
, 0,25
(không phụ thuộc vào a, đpcm)
0,25

2
Tìm m để hàm số có
cực đại
1,00
TXĐ: ,
(I)
0,25
TH 1. nên suy ra
hàm số đồng biến
trên , không có cực trị.
0,25
TH 2.
là điểm cực tiểu
loại 0,25
TH 3.
là điểm cực đại.
Vậy hàm số có
cực đại
0,25
II 1
Giải phương trình
(1)
1,00
Đặt . (1) có dạng: (2) 0,25
Xét hàm số
; 0,25
Vậy 0,25
hay (1) () 0,25
2
Giải hệ phương

trình
1,00
2
( ) ; , 1
1
a
M C M a a
a
−
 
∈ ⇒ ≠ −
 ÷
+
 
2 2
3 3
' '( )
( 1) ( 1)
y y a
x a
= ⇒ =
+ +
2
3 2
( )
( 1) 1
a
y x a
a a
−

= − +
+ +
( )∆
1
∆
1x = −
2
∆
1 ( 1;1)y I= ⇒ −
1
5
1;
1
a
A A
a
−
 
∆ ∩ ∆ = ⇒ −
 ÷
+
 
( )
2
2 1;1B B a∆ ∩ ∆ = ⇒ +
1 1 5 1 6
. 1. 2 2 . .2 1 6
2 2 1 2 1
IAB
a

S IA IB a a
a a
−
= = − + = + =
+ +
2
9 9y x m x= + +
¡
2 2 2
9
' 9 , ''
9 ( 9) 9
mx m
y y
x x x
= + =
+ + +
2 2
' 0 9 9 0 9 9y x mx x mx= ⇔ + + = ⇔ + = −
⇔
2 2 2 2 2
0 0
81( 9) ( 81) 81.9
mx mx
x m x m x
< <
 
⇔
 
+ = − =

 
2 2
81 9 9 . 9 9 9( )m m m x x x x≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇒ ≤ < + ∀
2
2
9 9
' 0,
9
x mx
y x
x
+ +
= > ∀
+
¡
1
2
27
9 ( )
81
m I x
m
−
> ⇒ ⇔ =
−
1 1
2 2
1 1
9
''( ) 0

( 9) 9
m
y x x
x x
= > ⇒
+ +
9m⇒ >
2
2
27
9 ( )
81
m I x
m
< − ⇒ ⇔ =
−
2 2
2 2
2 2
9
''( ) 0
( 9) 9
m
y x x
x x
= < ⇒
+ +
⇔
9m < −
2012 2012

1005
1
sin x cos x
2
+ =
[ ]
2
sin , 0;1t x t= ∈
1006 1006
1005
1
(1 )
2
t t+ − =
[ ]
1006 1006
( ) (1 ) , 0;1f t t t t= + − ∈
1005 1005
'( ) 1006[ (1 ) ]f t t t= − −
1
'( ) 0
2
f t t= ⇔ =
[ ]
1005 1005
0;1
1 1 1
(0) (1) 1, min ( )
2 2 2
f f f f t

 
= = = ⇒ =
 ÷
 
1
(2)
2
t⇔ =
⇔
2
1
sin cos2 0
2 4 2
x x x k
π π
= ⇔ = ⇔ = +
k Z∈
2 2
2 2
1 1 (1)
1 (2)
x x y y
x y xy

+ + = + −


+ − =



ĐK: .
0,25
Kết hợp với
(2) ta được
0,25
0,25
Thử lại ta có và thỏa
mãn hệ pt
Vậy hệ có 2 nghiệm như
trên
0,25
III 1
Chứng minh
.
1,00
Xét hàm số trên
Vì cùng dấu với . Bảng biến thiên của
x 0
- 0 +
Vậy
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Áp dụng: Tam giác
ABC nhọn nên
. Tương tự, cộng
lại ta được
0,25
0,25
0,25
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( 1)( 1) 1 1xy y x x y x y y x x y⇔ = − + ⇒ = + − − ⇔ − = −

2 2 2 2 2 2
2 1 1 2 ( 1)( 1)x xy y y x y x⇒ − + = − + + − − +
2 2
(1) 1 1x y y x⇔ − = − − +
1y ≥
2 2
2
2 2
1 0
2 0
2
1
x y x
x xy
y x
x y xy

− = − =


⇒ − = ⇔


=
+ − =



2
0 & (2) 1 1x y y= ⇒ = ⇔ = ±

2 2
1 1 2
2 & (2) 3 1
3
3 3
y x x x x y= ⇒ = ⇔ = ⇔ = ± ⇒ = ±
0, 1x y= =
1 2
,
3 3
x y= =
9 3
tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x
π
π
 
+ − ≥ − ∀ ∈
 ÷
 
9
( ) tan sin
2
f x x x x= + −
0;
2
π
 
 ÷

 
3 2 2
2 2 2
1 9 2cos 9cos 2 (2cos 1)(cos x 4cos 2)
'( ) cos
cos 2 2cos 2cos x
x x x x
f x x
x x
− + − − −
= + − = =
2
0; 0 cosx<1 (cos 2) 4cos 0 '( )
2
x x x f x
π
 
∈ ⇒ < ⇒ − − < ⇒
 ÷
 
1 2cos x−
( )f x
3
π
2
π
'( )f x
( )f x
3
( 3 )

2
π
−
9 3
( ) tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
f x x x x x
π
π
 
= + − ≥ − ∀ ∈
 ÷
 
3
x
π
=
, , 0;
2
A B C
π
 
∈ ⇒
 ÷
 
9 3
tan sin ( 3 )
2 2
A A A
π

+ ≥ + −
Kết hợp với ta có đpcm
0,25
2
Tìm giá trị nhỏ
nhất của hàm số
1,00
TXĐ: . Đặt . Bình
phương ta được .
Dấu bằng có khi x=
Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có
.D bằng có khi x=0
Do
Khi đó
(loại)
.
Vậy khi x=0, khi x=
0,25
0,25
0,25
0,25
IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50

Tương tự
0,25
0,25
(1)
(2)
0,25
0,25

Do 0,25
9 9
tan tan tan sin sin sin ( ) ( 3 )
2 2
A B C A B C A B C
π
+ + + + + ≥ + + + −
A B C
π
+ + =
2
4 4 16y x x x= + + − − −
[ ]
4;4D = −
4 4 , 0t x x t= + + − ≥
2
8 2 ( 4)(4 ) 8t x x= + + − ≥
4
±
2
8 2 ( 4)(4 ) 8 ( 4) (4 ) 16t x x x x= + + − ≤ + + + − =
0 2 2 4t t≥ ⇒ ≤ ≤
2
2
8 1
( ) 4, 2 2;4
2 2
t
y f t t t t t
−

 
= = − = − + + ∈
 
'( ) 1, '( ) 0 1f t t f t t= − + = ⇔ =
(2 2) 2 2, (4) 0f f= =
[ ]
4;4
2 2;4
min min ( ) 0y f t
−
 
 
= =
[ ]
4;4
2 2;4
max max ( ) 2 2y f t
−
 
 
= =
4
±
C'
D'
B'
C
A
B
D

S
, ( ) 'BC AB BC SA BC SAB BC AB⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
( ) ' ' ( ) 'SC P SC AB AB SBC AB SB⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
'AD SD⊥
. ' ' ' . ' ' . ' 'S AB C D S AB C S AD C
V V V= +
2 2
. ' '
2 2 2 2
.
' ' '. '. 3 3 9
. . . .
4 5 20
S AB C
S ABC
V SB SC SB SB SC SC SA SA
V SB SC SB SC SB SC
= = = = =
2 2
. ' '
2 2 2 2
.
' ' '. '. 3 3 9
. . . .
4 5 20
S AD C
S ADC
V SD SC SD SD SC SC SA SA
V SD SC SD SC SD SC
= = = = =

3
2
. .
1 1 3
. . 3
3 2 6
S ABC S ADC
a
V V a a= = =
Cộng (1) và (2) theo vế ta được
0,25
2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50
( Hình vẽ trang cuối)
. Đặt ;
Trên tia đối của tia DC
lấy điểm P sao cho
0,25
(*)
0,25
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được
0,25
0,25
Thế vào (*) ta được
Đặt
.
0,25
,
,
Vậy khi
khi

0,25
V 1,00
ta có 0,25
0,25
3 3
. ' ' . ' '
. ' ' '
3 3
9 9 9 3 3 3
.
20 20 10 6 20
3 3
6 6
S AB C S AD C
S AB C D
V V a a
V
a a
+ = + ⇔ = =
.
1
. . 3
3
S AMN AMN
V S a=
,BM x DN y= =
[ ]
, 0;x y a∈
DP BM x= =
·

·
,ABM ADP AM AP BAM DAP∆ = ∆ ⇒ = =
·
·
·
·
·
·
0 0 0
45 45 45MAN BAM DAN NAP DAP DAN= ⇒ + = ⇒ = + =
1 1
. ( )
2 2
MAN PAN
MAN PAN S S AD PN a x y⇒ ∆ = ∆ ⇒ = = = +
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )MN MC CN x y a x a y= + ⇔ + = − + −
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 ( )x y xy a x ax a y ay xy a x y a+ + = + − + + − ⇔ + + =
2
a ax
y
x a
−
⇔ =
+
2
1
( )
2

MAN
a ax
S a x
x a
−
= +
+
2 2 2 2
2
2
( ) '( ) .
2 2 ( )
a x a a x ax a
f x f x
x a x a
 
+ + −
= ⇒ =
 ÷
+ +
 
'( ) 0 ( 2 1)f x x a= ⇔ = −
2
(0) ( )
2
a
f f a= =
2
(( 2 1) ) ( 2 1)f a a− = −
[ ]

2
0;
max ( )
2
a
a
f x⇒ =
[ ]
2
0;
min ( ) ( 2 1)
a
f x a= −
3
.
3
max
6
S AMN
a
V =
,
,
M B N C
M C N D
≡ ≡


≡ ≡


3
.
3( 2 1)
min
3
S AMN
a
V
−
=
( 2 1)MB ND a= = −
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + + + + +
, 0x y∀ >
2
2 2 2 2
2 2 2
x
x y xy x xy y x y
y
+ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ −

2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
1 ( 1)
2( 1) ( 3 )
3
3
a ab a ab
a ab a ab c
a ab c
a ab c
+ + + +
⇒ = ≥ + + − + +
+ +
+ +
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2( )
2
a b
a c ab a b c a c
+
= + − − ≥ + + + − −
0,25
Tương tự, cộng lại ta được
Đẳng thức xảy ra
0,25
2
( )

5 3 2
2 5 2 5
a a a a a b b b c c
a b c
+ + + + + + + + +
+ +
≥ =
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
5 3 2 (10)( )
2 20
a b c a a a a a b b b c c+ + + + + + + + + + +
= =
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + + + + +
1
3
a b c⇔ = = =
x
y
x
45

0
A
D
B
C
M
N
P