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 gồm có 6 trang - Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với
Trang 1SỞ 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:
3mx 3m x m 0,x
m
Vì m0 nên phương trình 3x23mx 1 0 (*) Ta có
2
là vế trái của (*)) nên d luôn cắt đồ thị tại 2 điểm A B, phân biệt m 0
Ta có A x 1;3x13m B x , 2;3x23m với x x1, 2 là 2 nghiệm của (*) Kẻ
đường cao OH của OAB ta có 0; 3
10
m
40
3
(Định lý Viet đối với (*))
Mặt khác ta có C m ;0 , D 0; 3 m(để ý m 0 thì C D O , , phân biệt) Ta
tìm m để SOAB 2SOCD hay 2 40 3 2
m
0.25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
2.(2
điểm) Gọi M Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình (x , y )0 0
yk(xx )y
d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x1:
2
1
x 1 1
(x 1)
1
x 1
(3) Thay k ở (2) vào một vị
trí trong (3) được : x 1 1 x 1 1 k kx0 y0
0,25
0,5
Trang 2Suy ra 1 k(1 x )0 y0 2
Thay vào (2) được
2
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
2 0
0
(y 2) 4
(x 1)
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 x 5 27x23
Ta phải có 15x 5 0 và phương trình trên trở thành 27 23
5
x
Hàm
số f x 5x đồng biến trên R còn hàm số 27 23
x
g x
x
có
480
g x
x
nên nó nghịch biến trên các khoảng
1
; 3
1
;
3
Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng
Mặt khác f 1 g 1 5 và 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
Điều kiện: x 1 và x> 1
2
(*) Với đk trên BPT
log (2x 1) log (2x2 2 24x 2) (2x24x 2) (2x 1)
(2x 1) log (2x 1) 2 (2x24x 2) log (2x2 24x2)
0,5
Trang 3Đặt u 2x 12
thì u,v>0 và ulog u2 v log v2 (1)
Xét hàm số f (t)log t2 t, t D (0;) Có
1
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
uv
2
x
2
Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là
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
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 MCSASA MBC
3
SABC SBMC ABMC MBC
V V V SA S
Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c) nên MB = MC suy ra tam giác
0,5 0,5 0,5
S
M
A
N
B
C
Trang 4MBC cân tại M, do đó MNBC, ta cũng có MN SA (Ở đây N là trung
điểm BC)
Từ đó
2
4
a
MN Vậy
3
SABC
a
V SA MN BC
0,5
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
Tương tự, cũng có 1 2
2
2
2
Từ (1), (2) và (3) suy ra 2
ABCD
1
24
f (x) x(4 x ); x 0;1
24
đồng biến nên
1,0 0,25
0,25
0,5
0,75
A
B
D
C
M
K
H
Trang 5f(x) 1
f (1) 8
Nên ABCD 1
V
8
(đpcm) (Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có cạnh
bằng 1 và H,K trùng với M Khi đó 3 1
2
0,25
1.(2
điểm)
Ta có
2
2
2
2
4 4
x
x x
-Tính I1:
1
-Tính I2: Viết 2 3
2
I x x dx
Đặt x 2 t ta có dx2tdt và 1
2 2
0
4 2
I t t tdt
Do đó
2
I I I
0,5
0,5
0,5
0,5
2.(2
điểm)
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
Trang 6Xét A
2
0
ln(1 cos x)dx
Đặt
0 2
2
Xét B =
2
0
sinx.ln(1 cos x)dx
Đặt u = 1+ cosx thì B =
2
1
ln udu
Dùng từng phần được B =
2 2 1 1
u ln u du2ln 2 1
Vậy: I = 2ln2 - 1
0,5
0,5
0,5
2 điểm Theo bđt Cô-si ta có:
3
a b c
Do đó
P
đặt t a b c 1 t 1 Ta có
2
P
t t
Xét hàm số
, 1;
2
t t
Vẽ bảng biến thiên của hàm số
này trên 1; ta có 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