De thi hoc sinh gioi tinh Ha Nam 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

HÀ NAM NĂM HỌC 2011-2012

=========== Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

CÂU 1: (4 điểm)

1. Cho hàm số y = 3x−2m

mx+ 1 với m là tham số. Chứng minh rằng ∀m 6= 0, đồ thị hàm số

luôn cắt đường thẳng d : y = 3x₋3m tại hai điểm phân biệt A, B. Xác định m để
đường thẳngd cắt các trụcOx, Oy lần lượt tạiC, D sao cho diện tích ∆OAB bằng 2lần

diện tích∆OCD.

2. Cho hàm số y = x

2

x₋1 có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa

độ mà qua đó 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: 15x.5x

= 5x+1_{+ 27}_x_{+ 23}_.
2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: log₂ 2x+ 1

x2₋₂_x_{+ 1} ≤2x

2₋₆_x_{+ 2}_.
CÂU 3: (6 điểm)

1. Cho tứ diệnSABCcóAB =AC =a,BC = a

2,SA=a

√

3 (a >0). Biết gócSAB[ = 30o

và gócSAC[ = 30o_{. Tính thể tích khối tứ diện theo} _a.

2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hớn1, độ dài các cạnh cịn lại

đều khơng lớn hơn1 thì thể tích của khối tứ diện đó khơng lớn hơn 1
8.

CÂU 4: (4 điểm)Tính các tích phân:

1. I =

3

R

2
√

x+ 2

x+√x2₋₄dx 2. J =

π

2

R

0

ln(cosx+ 1)

sinx₊₁
sinx+ 1 dx

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

O = 1

2√a2₊_b2 ₊_c2_{+ 1} −

1

(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)

—————————————————————–

Họ và tên thí sinh: Số báo danh của thí sinh:

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN
CÂU 1:

1. Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị là:

3mx2₋3m2x₋m= 0 với x₆= −1

m và m 6= 0
⇔f(x) = 3x2₋₃_mx₋_{1 = 0} ₍₁₎_.

∆ = 9m2+ 12>0và f

−1

m

= 3

m2 + 2 6= 0

Suy ra phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt _∀m ₆= 0hay đồ thị luôn cắt d tại
hai điểm phân biệt A, B khim ₆= 0.

Gọix1, x2 là các nghiệm của phương trình(1)thì ta cóA(x1; 3x1−3m)vàB(x2; 3x2−3m).
GọiAH là đường cao của tam giácOAB thì OH =d(O;d) = | −

3m_|
√

10 .

AB =p

(x2−x1)2+ (3x2−3x1)2 =

p

10(x2−x1)2
AB =p

10(x₂+x₁)2 ₋₄₀_x
1x2 =

r

10m2₊40

3

⇒S∆OAB =
1
2.

r

10m2₊40

3 .

| −3m_|
√

10

Xét tam giácOCD cóC(m; 0) và D(0;₋3m)_⇒S_∆OCD =
1

2.|m|.|3m|

S_∆OAB = 2S_∆OCD ⇔

r

10m2₊ 40

3 .

| −3m_|

√

10 = 2.|m|.|3m|

⇒m =_±2
3.

2. Gọi M(xo;yo)thì đường thẳng d qua M có hệ số góc k có phương trình:

y=k(x₋xo) +yo.

dtiếp xúc với (C) khi hệ sau có nghiệm:








x+ 1 + 1

x₋1 =k(x−xo) +yo (1)

1₋ 1

(x₋1)2 =k (2)
Từ(1) ta có: x+ 1 + 1

x₋1 =k(x−1) +k−kxo+yo. Thayk ở(2) vào phương trình này

ta có:

x+ 1 + 1

x₋1 =x−1−
1

x₋1+k−kxo+yo

⇒ _x 1
−1 =

k(1₋xo) +yo−2
2

Thay ngược vào(2) ta được: 1₋

k(1₋xo) +yo−2
2

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Để từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến (C)vng góc với nhau thì phương trình (3)

phải có hai nghiệm k₁, k₂ sao cho k₁k₂ =₋1suy ra (yo−2)

2₋₄

(xo−1)2

=₋1

hay (xo−1)2+ (yo−2)2 = 4 ⇒M nằm trên đường trịn tâm I(1; 2) và bán kính R= 2.

CÂU 2:

1. Giải phương trình: 15x.5x

= 5x+1_{+ 27}_x_{+ 23}
⇔5x

(15x₋5) = 27x+ 23 với 15x₋5₆= 0

⇔5x

= 27x+ 23
15x₋5 (1)

Xét hàm số f(x) = 5x là hàm số đồng biến trên _R

Xét hàm sốg(x) = 27x+ 23
15x₋5 cóg

′₍_x_{) =} −480

(15x₋5)2 nên hàm số này nghịch biến trên các
khoảng

−∞;1
3

và

1
3; +∞

.

Do đó phương trình (1) nếu có nghiệm sẽ có nhiều nhất một nghiệm trên mỗi khoảng .

Mặt khác dễ thấy f(1) =g(1) = 5và f(₋1) = g(₋1) = 1
5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm





x= 1

x=₋1

2. Giải bất phương trình: log2

2x+ 1

x2₋₂_x_{+ 1} ≤2x
2

−6x+ 2 (1)

Điều kiện: x₆= 1 và x >₋1

2
(1)_⇔log₂ 2x+ 1

x2₋₂_x_{+ 1} −1≤2x

2₋₆_x_{+ 1}
⇔log₂ 2x+ 1

2(x2₋₂_x_{+ 1)} ≤2x

2₋₆_x_{+ 1}

⇔log₂(2x+ 1)₋log₂(2x2₋4x+ 2)_≤(2x2₋4x+ 2)₋(2x+ 1)

⇔(2x+ 1) + log₂(2x+ 1)_≤(2x2₋4x+ 2) + log₂(2x2₋4x+ 2)

Đặt

(

u= 2x+ 1

v = 2x2₋4x+ 2 thì u, v >0và u+ log2u≤v+ log2v (2)

Xét hàm số f(t) = t+ log₂t với TXĐ _D= (0; +_∞)ta có f′₍_t_{) = 1 +} 1

t.ln 2 >0∀t∈D

Suy ra hàm số đồng biến trên(0; +_∞).

⇒(2) _⇔u_≤v hay 2x+ 1_≤2x2₋₄_x_{+ 2}

⇔2x2₋6x+ 1_≥0_⇔








x_≤ 3−
√

7

2

x_≥ 3 +
√

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho:
T = ₋1

2;

3₋√7
2

#

∪

"

3 +√7

2 ; +∞

!

CÂU 3:
1. Hình vẽ:

S

M

A

B

N

C

Xét tam giácSAB ta có:

SB2 ₌_SA2₊_AB2₋₂_SA.AB._cos_SAB[ _{= 3}_a2₊_a2₋₂_a√₃_.a.
√

3

2 =a

2

⇒SB =a. Tương tự ta cũng có SC =a.

GọiM là trung điểm SA. Do tam giác SAB cân tại B và tam giác SAC cân tại C nên
M B_⊥SA và M C_⊥SA_⇒SA_⊥(M BC).

Ta có: VSABC =VSBM C +VABM C =
1

3SA.S∆M BC

Do∆SAB = ∆SAC_⇒M B =M C. từ đó suy raM N_⊥BC vàM N_⊥SA(vớiN là trung
điểmBC).

⇒M N =√AN2₋_AM2 ₌√_AB2₋_BN2₋_AM2 ₌

v
u
u
ta2−

a

4

2

− a

√

3
2

!2

= a

√

3
4

Vậy VSABC =
1
3.SA.

1

2.M N.BC =

a3

16

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

A

B

C

D
M

K
H

Xét tứ diện ABCD. Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả sử AB > 1, các cạnh còn

lại đều khơng lớn hơn 1.

Gọix=CD thì x_∈(0; 1].

GọiM là trung điểm BC, BK_⊥CD và AH_⊥(BCD)(hình vẽ).

Ta có: VABCD =
1

3.SBCD.AH =
1

6.x.BK.AH (1)

Ta lại có:BM2 = BC

2₋_BD2

2 −

CD2

4 ≤1−

x2

4 (vìBC, BD ≤1)

⇒BM _≤ 1

2

√

4₋x2

Tương tự ta cũng cóAM _≤ 1

2

√

4₋x2
Mặt khác,BK _≤BM _⇒BK _≤ 1

2

√

4₋x2 ₍₂₎

AH _≤AM _⇒AH _≤ 1

2

√

4₋x2 ₍₃₎

Từ (1),(2),(3)_⇒VABCD ≤
1

24x(4−x

2₎
Xét hàm sốf(x) = 1

24x(4−x

2₎_với_x_∈_{(0; 1]}_{ta có hàm số đồng biến nên}_f₍_x₎_≤_f_{(1) =} 1

8

VậyVABCD ≤
1

8. Đẳng thức xảy ra khix= 1. Khi đó∆ACDvà ∆BCD là tam giác đều

cạnh bằng1 và H, K trùng với M. Như vậy AB =

r

3
2 >1.

CÂU 4:

1. Ta có: I =

3

R

2
√

x+ 2

x+√x2 ₋₄dx=
3

R

2
√

x+ 2(x₋√x2₋₄₎
x2₋₍_x2₋₄₎ dx

= 1
4

3

R

2

x√x+ 2dx₋1

4

3

R

2
√

x+ 2√x2₋₄_dx₌ 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

TínhI1 =
3

R

2

x√x+ 2dx

=

3

R

2

(x+ 2₋2)√x+ 2dx=

3

R

2

(x+ 2)32dx−2
3

R

2

(x+ 2)12dx

= 2

5(x+ 2)

5
2






3
2

−2.2

3(x+ 2)

3
2






3
2
= 10
√
5
3 −
32
15.

TínhI₂ =

3

R

2
√

x+ 2√x2₋₄_dx

=

3

R

2

(x+ 2)√x₋2dx

Đặt√x₋2 =t _⇒dx= 2tdt và I₂ =

1

R

0

(t2 _{+ 4)}_t.₂_tdt

I2 =

2
5t
5

1
0
+ 8
3t
3






1
0
= 46
5

Vậy I = 1
4I1 −

1
4I2 =

25√5₋39
30

2. Tính J =

π

2

R

0

ln(cosx+ 1)

sinx+1

sinx+ 1 dx
=

π

2

R

0

[(1 + sinx) ln(cosx+ 1)₋ln(1 + sinx)]dx

=

π

2

R

0

ln(1 + cosx)dx+

π

2

R

0

sinxln(1 + cosx)dx₋

π

2

R

0

ln(1 + sinx)dx=J1+J2−J3
TínhJ₁ =

π

2

R

0

ln(1 + cosx)dx
Đặtx= π

2 −t thì dx=−dt. Khi đó:

J₁ =₋

0

R
π

2

ln(1 + sint)dt=

π

2

R

0

ln(1 + sint)dt=J₃

Do đó J =J2. XétI₂ =

π

2

R

0

sinxln(1 + cosx)dx

Đặtt = 1 + cosx_⇒dt=₋sinxdx. Thực hiện đổi cận ta có J2 =
2

R

1

lntdt
Đặt:

u= lnt
dv=dt

⇒

du= dt

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

J2 =tlnt

2
1

−
2

R

1

dt= 2 ln 2₋1

Vậy J = 2 ln 2₋1

CÂU 5:

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:
a2+b2+c2+ 1_≥ 1

2(a+b)

2₊ 1

2(c+ 1)

2 _≥ 1

4(a+b+c+ 1)

2

và (a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)_≤

a+b+c+ 3
3

3

⇒P _≤ 1

a+b+c+ 1 −

27
(a+b+c+ 3)3
Đặt t=a+b+c+ 1 _⇒t >1. Do đó P _≤ 1

t −

27

(t+ 2)3
Xét hàm sốf(t) = 1

t−

27

(t+ 2)3 trên(1; +∞). Xét bảng biến thiên hàm số này trên (1; +∞)
ta cóf(t)_≤f(4) = 1

8.

Vậy P _≤ 1

</div>

<!--links-->
<a href=''>Bùi Quỹ - Trung tâm GDTX Duy Tiên</a>
<a href=''>NguoiDien - Diễn đàn kiến thức: </a>