Huong dan cham de thi chon HSG cap tinh 12 ha nam

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
Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị:
điểm)
0.25
1
2
2

3mx  3m x  m  0, x 

m
Vì m  0 nên phương trình  3x 2  3mx  1  0 (*). Ta có
 1  3
  9m 2  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
Ta có A x1;3x1  3m , B  x2 ;3x2  3m với x1 , x2 là 2 nghiệm của (*). Kẻ
đường cao OH của OAB ta có OH  d  0; d  

AB 

 x2  x1 

2

  3 x2  3 x1   10  x2  x1 
2

 10  x1  x2   40 x1 x2  10m 2 
2

3m
10

và

40
3

2.(2
điểm)

10m2 

0,25

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  2SOCD hay

0,5

40 3m
2
.
 2 m 3m  m  
3
3
10

0,5

0,25

0,25

Gọi M (x 0 , y0 ) .
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:

1

x


1

 k(x  x 0 )  y 0 (1)

x 1

1  1 2  k
(2)
 (x  1)
1
(1)  x  1 
 k(x  1)  k  kx 0  y 0 (3) . Thay k ở (2) vào một vị
x 1
1
1
 x 1
 k  kx 0  y 0 .
trí trong (3) được : x  1 
x 1
x 1

0,25

0,5


k(1  x 0 )  y 0  2
1


.
x 1
2
2
 k(1  x 0 )  y0  2 
Thay vào (2) được 1  
  k
2


Suy ra

0,25

 (x 0  1)2 k 2  2(1  x 0 )(y0  2)  2.k  (y0  2)2  4  0 (*)
Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc thì pt (*) có hai nghiệm
(y  2) 2  4
k1 , k 2 thỏa mãn k1.k 2  1  0
 1
(x 0  1)2

0,5

 (x0 1)2  (y0  2)2  4  M nằm trên đường tròn có tâm I(1,2), có bán
kính R=2 (đpcm)
Câu 2
1.(2
điểm)

0,5

Nội dung

Điểm

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

27 x  23
. Hàm
15 x  5
27 x  23
số f  x   5x đồng biến trên R còn hàm số g  x  
có
15 x  5
480
1

g ' x 
 0 nên nó nghịch biến trên các khoảng  ;  và
2
3

15 x  5
x
Ta phải có 15x  5  0 và phương trình trên trở thành 5 

1

 ;   .
3



0,5

0,5
0,25

Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng.
Mặt khác f 1  g 1  5 và f  1  g  1 

1
5

Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là
x  1.
2.(2
điểm)

0,5
0,25

2x  1
 2x 2  6x  2
x  2x  1
1
Điều kiện: x  1 và x>  (*)
2

Bất phương trình:

log 2

2

Với đk trên BPT

2x  1
2x  1
 1  2x 2  6x  1  log 2 2
 2x 2  6x  1
x  2x  1
2x  4x  2
2
 log2 (2x  1)  log2 (2x  4x  2)  (2x 2  4x  2)  (2x  1)

 log 2

2

 (2x  1)  log2 (2x  1)  (2x 2  4x  2)  log2 (2x 2  4x  2)

0,5


u  2x  1

thì u,v>0 và u  log 2 u  v  log 2 v (1)
2
 v  2x  4x  2
Xét hàm số f (t)  log 2 t  t, t  D  (0; ) . Có

1
f '(t) 
 1  0, t  D
t.ln 2
Đặt 

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

0,5
0,25

uv

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

x

3 7
hoặc
2

3 7
2

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

0,5

0,25

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

Câu 3
1.(3
điểm)

Điểm

S

M

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

SB2  SA2  AB 2  2SA. AB.cos300  3a 2  a 2  2a 3.a.

3

 a2
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
Ta có VSABC  VSBMC  VABMC  SA.S MBC
3

Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c) nên MB = MC suy ra tam giác

0,5
0,5
0,5


MBC cân tại M, do đó MN  BC , ta cũng có MN  SA (Ở đây N là trung
điểm BC)
Từ đó

0,5

2

2
2
 a   a 3  3a
MN  AN  AM  AB  BN  AM  a     

 
16
4  2 
a 3
Suy ra MN 
.
4
1
1
a3
Vậy VSABC  SA. MN .BC 
3
2
16
2

2

2

2

2

2

2.(3
điểm)

2

0,5
0,5

A

D
B
H
C

K

M

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

1
1
A lên mp( BCD). Khi đó VABCD  SBCD .AH  x.BK.AH (1)
3
6
2
2
2
2
BC  BD
CD

x
1
2

 1
 BM 
4  x2
Có BM 
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
1
x(4  x 2 )
Từ (1), (2) và (3) suy ra VABCD 
24
1
x(4  x 2 ); x   0;1 đồng biến nên
Mặt khác hàm số f (x) 

24

1,0
0,25

0,25

0,5

0,75


0,25

1
8
1
 (đpcm)
8

f(x)  f (1) 
Nên VABCD

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

3
 1)
2

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

Câu 4
1.(2
điểm)

Nội dung
Ta có

x2

3

I 
2

x  x2  4



3

x  2 x  x2  4

2

x2   x2  4

dx  

3

Điểm

 dx

3

0,5

1
1
1
1
  x x  2dx   x  2. x 2  4dx  I1  I 2
42
42
4
4
-Tính I 1 :
3

3

3

3

1

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



2

2
 x  2
5

5 3
2

 2.

2

2
 x  2
3

2

3 3
2



2

0,5

10 5 32

3
15

3

-Tính I 2 : Viết I 2 

  x  2

x  2dx

2

1

Đặt





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

Do đó I 2 

5 1

2t
5

0



3 1

8t
3



0

0,5

46
15

0,5

1
1
25 5  39
Vậy I  I1  I 2 
4
4

30
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




2

Xét A   ln(1  cos x)dx

0,5

0

Đặt x 


2


 t  A    ln(1  sin t)dt   ln(1  sinx)dx  C . Vậy I = B
2

0
0

0,5

2


2

2

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

0

1

0,5

2

Dùng từng phần được B = u ln u

2
1

  du  2ln 2  1
1

Vậy: I = 2ln2 - 1
Câu 5
2 điểm

Nội dung

Điểm

Theo bđt Cô-si ta có:

1
1
1
2

2
2
 a  b    c  1   a  b  c  1
2
2
4
3
 a bc 3
và  a  1 b  1 c  1  

3


1
27

Do đó P 
a  b  c  1  a  b  c  3 3
a 2  b2  c2  1 

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

1,0

0,5

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

này trên 1;  ta có max f  t   f  4  

1
.
8

1
Từ đó P  và dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
8

0,5