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.. Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà qua đó kẻ được đế
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4 điểm)
1 Cho hàm số 3 2
1
y mx
với m là tham số Chứng minh rằng m0, đồ thị hàm số
luôn cắt đường thẳng :d y3x 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
2
1
x y x
có đồ thị (C) Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa
độ mà qua đó kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau đều nằm trên đường tròn tâm I (1;2), bán kính R = 2
Câu 2: (4 điểm)
1 Giải phương trình sau trên tập số thực: 15 5x x 5x 1 27x 23
2 Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 2
2 2
2 1
2 1
x
Câu 3: (6 điểm)
2
a
ABAC a BC SA a (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 còn lại đều không lớn hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó không lớn hơn 1
8.
Câu 4: (4 điểm)
Tính các tích phân:
1
3
2 2
2 4
x
2
sinx 1 2
0
cos 1 ln
sin x 1
x
Câu 5: (2 điểm)
Cho ba số thực dương , ,a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( 1)( 1)( 1)
P
…………Hết…………
Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:
……….
Họ và tên giám thị số 1:
………
Họ và tên giám thị số 2:
………
Trang 2SỞ 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 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.
1.(2
điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị:2 2 1
3mx 3m x m 0,x
m
Vì m nên phương trình 0 3x2 3mx 1 0 (*) Ta có
2
9m 12 0, m 0
và f 1 32 2 0, m 0
(ở đây f x
là vế trái của (*)) nên d luôn cắt đồ thị tại 2 điểm , A B phân biệt
0
m
Ta có A x 1;3x1 3m B x, 2;3x2 3m với x x là 2 nghiệm của (*) Kẻ1, 2
đường cao OH của OAB ta có 0; 3
10
m
OH d d và
40
3
(Định lý Viet đối với (*))
Mặt khác ta có C m ;0 , D0; 3 m (để ý m 0 thì C D O, , phân biệt)
Ta tìm m để SOAB 2SOCD hay
m
0.25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
2.(2
điểm) Gọi M(x , y ) 0 0
Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình
0 0
y k(x x ) y
d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x 1:
0 0 2
1
x 1 k(x x ) y (1)
x 1 1
(x 1)
0,25
0,5
Trang 30 0
1 (1) x 1 k(x 1) k kx y
x 1
(3) Thay k ở (2) vào một vị trí trong (3) được : x 1 1 x 1 1 k kx0 y0
Suy ra 1 k(1 x ) y0 0 2
Thay vào (2) được
2
0 0
k(1 x ) y 2
2
(x 1) k 2 (1 x )(y 2) 2 k (y 2) 4 0
Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc thì pt (*) có hai
nghiệm k , k thỏa mãn 1 2
2 0
0
(y 2) 4
(x 1)
(x 1) (y 2) 4
M nằm trên đường tròn có tâm I(1,2), có
bán kính R=2 (đpcm)
0,25
0,5
0,5
1.(2
điểm) Phương trình đã cho 5 15x 5 27 23
Ta phải có 15x và phương trình trên trở thành 5 0 5 27 23
15 5
x
Hàm số f x đồng biến trên R còn hàm số 5x 27 23
15 5
x
g x
x
có
480
15 5
g x
x
nên nó nghịch biến trên các khoảng ;1
3
và 1
;
3
Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng
Mặt khác f 1 g 1 5 và 1 1 1
5
f g Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là
1
x
0,5
0,5 0,25 0,5 0,25
2.(2
điểm) Bất phương trình: 2 2 2
2x 1
x 2x 1
Điều kiện: x 1 và x> 1
2
(*) Với đk trên BPT
log (2x 1) log (2x 4x 2) (2x 4x 2) (2x 1)
(2x 1) log (2x 1) (2x 4x 2) log (2x 4x 2)
0,5
Trang 4Đặt u 2x 12
v 2x 4x 2
thì u,v>0 và u log u v log v 2 2 (1) Xét hàm số f (t) log t t, t D (0; 2 ) Có
1
f '(t) 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
2x 1 2x 4x 2 2x 6x 1 0 x
2
3 7 x
2
Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là
T 1 3; 7 3 7;
0,5 0,25
0,5
0,25
1.(3
điểm)
Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có
2 os30 3 2 3
2
SB SA AB SA AB c a a a a a
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 MBSA MC, SA SAMBC
3
V V V SA S
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 điểm BC)
0,5 0,5 0,5
0,5
S
M
A
N B
C
Trang 5Từ đó
2
MN AN AM AB BN AM a
4
a
MN Vậy
3
SABC
a
V SA MN BC
0,5 0,5
2.(3
điểm)
Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1
Đặt CD = x, x0;1
Gọi M là trung điểm BC, K là hình chiếu của B lên CD và H là hình
chiếu của A lên mp( BCD) Khi đó VABCD 1S BCD.AH 1x.BK.AH
Có
2 2 2 2
2 BC BD CD x 1 2
Tương tự, cũng có 1 2
2
2
2
Từ (1), (2) và (3) suy ra 2
ABCD
1
24
Mặt khác hàm số 1 2
f (x) x(4 x ); x 0;1
24
đồng biến nên f(x) 1
f (1)
8
Nên VABCD 1
8
(đpcm) (Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có
1,0 0,25
0,25
0,5
0,75
0,25
A
B
D
C
M K
H
Trang 6cạnh bằng 1 và H,K trùng với M Khi đó 3
1 2
1.(2
điểm)
Ta có
2
2
2
2
4 4
x
-Tính I :1
1
-Tính I : Viết 2
3 2 2
I x x dx
Đặt x 2 ta có t dx2tdt và
1 2 2
0
4 2
I t t tdt
Do đó
2
Vậy 1 1 1 2 25 5 39
I I I
0,5
0,5
0,5
0,5
2.(2
0
I (1 sinx)ln(cos x 1) ln(1 sinx dx
ln(1 cos x)dx sinx.ln(1 cos x)dx ln(1 sinx)dx A B C
Xét A 2
0
ln(1 cos x)dx
Đặt
0 2
x t A ln(1 sin t)dt ln(1 sinx)dx C 2
Xét B = 2
0
sinx.ln(1 cos x)dx
Đặt u = 1+ cosx thì B =
2 1
ln udu
0,5
0,5
0,5
Trang 7Dùng từng phần được B =
2 2 1 1
u ln u du 2ln 2 1
2 điểm Theo bđt Cô-si ta có:
a b c a b c a b c
và
3
3
3
a b c
a b c
Do đó
P
đặt t a b c 1 t 1 Ta có
3
1 27
2
P
t t
Xét hàm số
1 27
, 1;
2
t t
Vẽ bảng biến thiên của hàm
số này trên 1; ta có max 4 1
8
f t f
Từ đó 1
8
P và dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 1
1,0
0,5
0,5