Huong dan cham de thi chon HSG cap tinh 12 hai duong
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (269.22 KB, 6 trang )
Câu
I
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
Nội dung
CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M
Ý
1
3
3
a2
M (C ) M a;
y '(a)
, a 1 . y '
2
( x 1)
(a 1) 2
a 1
3
a2
( )
Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y
(
x
a
)
(a 1)2
a 1
Tiệm cận đứng 1 có phương trình x 1
Tiệm cận ngang 2 có phương trình y 1 I (1;1)
a 5
1 A A 1;
, 2 B B 2a 1;1
a 1
1
1 a 5
1 6
S IAB IA.IB
1 . 2a 2 .
.2 a 1 6 (không phụ
2
2 a 1
2 a 1
Điểm
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
thuộc vào a, đpcm)
Tìm m để hàm số y 9 x m x 9 có cực đại
2
2
TXĐ:
, y' 9
mx
x2 9
, y ''
1,00
9m
( x 2 9) x 2 9
y ' 0 9 x 2 9 mx 0 9 x 2 9 mx
mx 0
mx 0
(I)
2
2
2 2
2
81(
x
9)
m
x
(
m
81)
x
81.9
0,25
TH 1. m 81 9 m 9 m . x 9 x 9 x 9(x) nên
2
y'
2
9 x 2 9 mx
x 9
2
0, x suy ra hàm số đồng biến trên
0,25
trị.
TH 2. m 9 ( I ) x1
y ''( x1 )
9m
( x 9) x 9
2
1
, không có cực
2
1
27
m2 81
0 x1 là điểm cực tiểu m 9 loại
TH 3. m 9 ( I ) x2
27
m2 81
0,25
y ''( x2 )
9m
0,25
0 x2 là điểm cực đại.
( x22 9) x22 9
Vậy hàm số có cực đại m 9
II
1
Giải phương trình sin
2012
2
Đặt t sin x, t 0;1 . (1) có dạng: t
Xét hàm số f (t ) t
1006
x cos 2012 x
1006
1
2
(1 t )1006
(1 t )1006 , t 0;1
f '(t ) 1006[t1005 (1 t )1005 ] ; f '(t ) 0 t
1005
(1)
1
21005
(2)
1
2
1
1
1
1
f (0) f (1) 1, f 1005 min f (t ) 1005 Vậy (2) t
0;1
2
2
2 2
1
2
hay (1) sin x cos 2 x 0 x k ( k Z )
2
4
2
x x 2 1 y y 2 1 (1)
Giải hệ phương trình
2
2
2
(2)
x y xy 1
ĐK: y 1 . (1) x y
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
y 2 1 x2 1
x 2 2 xy y 2 y 2 1 x 2 1 2 ( y 2 1)( x 2 1)
xy ( y 2 1)( x 2 1) x 2 y 2 x 2 y 2 y 2 x 2 1 x 2 y 2 1
2
2
x 0
x y 1
2
Kết hợp với (2) ta được
2
x
xy
0
y 2x
2
2
x y xy 1
x 0 & (2) y 2 1 y 1
1
1
2
y 2 x & (2) 3x 2 1 x 2 x
y
3
3
3
1
2
Thử lại ta có x 0, y 1 và x
thỏa mãn hệ pt
,y
3
3
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên
III
1
9
3
x ( 3 ), x 0; .
2
2
2
9
Xét hàm số f ( x ) tan x sin x x trên 0;
2
2
Chứng minh tan x sin x
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
f '( x)
1
9 2cos3 x 9cos2 x 2 (2cos x 1)(cos 2 x 4cos x 2)
cos
x
cos2 x
2
2cos2 x
2cos 2 x
2
0 cosx<1 (cos x 2) 4cos x 0 f '( x) cùng
2
dấu với 1 2cos x . Bảng biến thiên của f ( x )
Vì x 0;
x
3
0
f '( x)
-
0,25
2
0
+
f ( x)
3
( 3 )
2
9
3
Vậy f ( x) tan x sin x x ( 3 ), x 0;
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
0,25
3
2
Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên A, B, C 0;
9
3
A ( 3 ) . Tương tự, cộng lại ta được
0,25
2
2
9
9
tan A tan B tan C sin A sin B sin C ( A B C ) ( 3 )
2
2
Kết hợp với A B C ta có đpcm
tan A sin A
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y
TXĐ: D 4;4 . Đặt t
x 4 4 x 16 x 2
1,00
x 4 4 x , t 0 . Bình phương ta được
t 2 8 2 ( x 4)(4 x) 8 . Dấu bằng có khi x= 4
Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có
t 2 8 2 ( x 4)(4 x) 8 ( x 4) (4 x) 16 .D bằng có khi x=0
Do t 0 2 2 t 4
t2 8
1
Khi đó y f (t ) t
t 2 t 4, t 2 2;4
2
2
f '(t ) t 1, f '(t ) 0 t 1 (loại)
f (2 2) 2 2, f (4) 0 .
0,25
0,25
0,25
0,25
Vậy min y min f (t ) 0 khi x=0, max y max f (t ) 2 2 khi x= 4
4;4
IV
4;4
2 2;4
2 2 ;4
Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a
1
1,50
S
C'
D'
B'
D
C
A
B
BC AB, BC SA BC ( SAB) BC AB '
SC ( P) SC AB ' AB ' ( SBC ) AB ' SB
Tương tự AD ' SD
VS . AB ' C ' D ' VS . AB ' C ' VS . AD ' C '
0,25
0,25
VS . AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 3 3 9
.
.
2. 2 .
VS . ABC
SB SC
SB 2
SC 2
SB SC
4 5 20
(1)
0,25
VS . AD ' C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9
.
.
.
.
VS . ADC
SD SC
SD 2
SC 2
SD 2 SC 2 4 5 20
(2)
0,25
Do VS . ABC VS . ADC
1 1 2
a3 3
. a .a 3
3 2
6
0,25
Cộng (1) và (2) theo vế ta được
VS . AB ' C ' VS . AD ' C ' 9
9
9 a3 3 3 3a3
3
VS . AB ' C ' D ' .
10 6
20
a3 3
a 3 20 20
6
6
2
Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN
( Hình vẽ bến dưới)
1
VS . AMN .S AMN .a 3 . Đặt BM x, DN y ; x, y 0; a
3
Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP BM x
0,25
1,50
0,25
ABM ADP AM AP, BAM DAP
MAN 450 BAM DAN 450 NAP DAP DAN 450
1
1
MAN PAN S MAN S PAN AD.PN a ( x y ) (*)
2
2
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được
MN 2 MC 2 CN 2 ( x y)2 (a x)2 (a y)2
x2 y 2 2xy a2 x2 2ax a2 y 2 2ay xy a( x y) a2
a 2 ax
y
xa
1
a 2 ax
Thế vào (*) ta được SMAN a( x
)
2
xa
a x2 a2
a x 2 2ax a 2
Đặt f ( x)
f '( x) .
2 x a
2
( x a) 2
f '( x) 0 x ( 2 1)a .
0,25
0,25
0,25
0,25
a2
f (0) f (a) , f (( 2 1)a) a 2 ( 2 1)
2
a2
max f ( x) , min f ( x) a 2 ( 2 1)
0;a
2 0;a
M B, N C
a3 3
Vậy max VS . AMN
khi
6
M C, N D
min VS . AMN
V
a 2 ab 1
b 2 bc 1
c 2 ca 1
5(a b c)
c 2 3ca b 2
x2
2
2
2
2
x, y 0 ta có x y 2 xy x 2 xy y
2x y
y
a 2 3ab c 2
3( 2 1)a3
khi MB ND a( 2 1)
3
b 2 3bc a 2
0,25
1,00
0,25
a 2 ab 1
(a 2 ab 1)2
2(a 2 ab 1) (a 2 3ab c 2 )
2
2
a 3ab c
a 2 3ab c 2
a 2 b2
2 a c ab 2(a b c ) a c
2
2
2
2
2
2
2
2
0,25
5a 2 3b 2 2c 2
(10)(a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 b 2 b 2 b 2 c 2 c 2 )
2
20
(a a a a a b b b c c)2 5a 3b 2c
2 5
2 5
0,25
Tương tự, cộng lại ta được
a 2 ab 1
a 2 3ab c 2
b 2 bc 1
b 2 3bc a 2
1
Đẳng thức xảy ra a b c
3
c 2 ca 1
c 2 3ca b 2
5(a b c)
0,25
A
B
x
450
M
x
P
D
y
N
C
