De thi HSG tinh Hai Duong 2011 2012

Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)

1 Cho hàm số

2 1

x y x





 có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C) Tiếp tuyến của (C) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M

2 Tìm m để hàm số y 9x m x 2 9 có cực đại

Câu 2 (2 điểm)

1 Giải phương trình

2012 2012

1005

1 sin x cos x

2

2 Giải hệ phương trình

2 2

1







Câu 3 (2 điểm)

1 Chứng minh

x x x    x   

  Từ đó suy ra trong

mọi tam giác nhọn ABC ta có

9 3 tan tan tan sin sin sin

2

2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y x4 4 x  16 x2

Câu 4 (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy

1 Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại

B’, C’, D’ Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a.

2 M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho

MAN  Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp

S.AMN.

Câu 5 (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2b2 c2 1 Chứng minh

a b c

………Hết………

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ ký của giám thị 1:……….Chữ ký của giám thị 2:………

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00

2

1

a

a





Tiếp tuyến của (C) tại M có pt 2

a



  ( ) Tiệm cận đứng 1 có phương trình x 1

Tiệm cận ngang 2 có phương trình y 1 I( 1;1) 0,25

1

5 1;

1

a

a



      



 ,     2 B B a2 1;1 0,25

IAB

a



2 Tìm m để hàm số y9x m x 2 9 có cực đại 1,00

9



TH 1 m2 81    9 m 9 m x. 9x 9 x29(x)nên

2

2

9

x

 

 suy ra hàm số đồng biến trên , không

27

9 ( )

81

m





9

m

  là điểm cực tiểu  m9 loại

0,25

27

9 ( )

81

m



9

m

Vậy hàm số có cực đại  m  9

II 1

Giải phương trình

2012 2012

1005

1 sin x cos x

2

Đặt tsin ,2x t0;1 (1) có dạng:

1006 1006

1005

1 (1 )

2

(2) 0,25 Xét hàm số f t( )t1006 (1 t)1006,t0;1

1005 1005 '( ) 1006[ (1 ) ]

1 '( ) 0

2

 

1005 0;1 1005

1 (2)

2

t

hay (1)

2 1

x  x  x k

(k Z ) 0,25

2

Giải hệ phương trình

2 2





ĐK: y 1 (1) x y  y2  1 x2 1

2 2 2 2 1 2 1 2 ( 2 1)( 2 1)

Kết hợp với (2) ta được

2 2

2

2 2

2 1

x xy







0,25 2

0 & (2) 1 1

2 & (2) 3 1

Thử lại ta có x0,y1 và

,

thỏa mãn hệ pt

III 1

Chứng minh

x x x     x   

  1,00 Xét hàm số

9 ( ) tan sin

2

trên

0;

2



 

 

 

Vì

2 0; 0 cosx<1 (cos 2) 4cos 0 '( ) 2

dấu với 1 2cos x Bảng biến thiên của f x( )

3



2



0,25

0,25

'( )

( )

f x

3 ( 3 )

2   Vậy

f x  x x x    x   

  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 3





Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên

, , 0;

2

A B C  

 

Tương tự, cộng lại ta được

Kết hợp với A B C    ta có đpcm

0,25

0,25

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x4 4 x  16 x2 1,00

TXĐ: D   4;4 Đặt t x4 4 x t, 0 Bình phương ta

được t2  8 2 (x4)(4 x) 8 Dấu bằng có khi x=4

Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có

t   x  x   x   x  D bằng có khi x=0

Do t 0 2 2  t 4

Khi đó

2

2

t

yf t  t   t  t t 

'( ) 1, '( ) 0 1

f t  t f t   t (loại)

(2 2) 2 2, (4) 0

Vậy  4;4 2 2;4

miny min ( ) 0f t

 

khi x=0,  4;4 2 2;4

maxy max ( ) 2 2f t

 

khi x=

4



0,25 0,25 0,25 0,25

IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50

C' D'

B'

C

A

B D

S

BC AB BCSA BC SAB  BCAB

SC P  SCAB  AB  SBC  AB SB

Tương tự AD'SD

0,25 0,25 ' ' ' ' ' ' '

S AB C D S AB C S AD C

2 2 ' '

.

4 5 20

S AB C

S ABC

2 2 ' '

.

4 5 20

S AD C

S ADC

0,25 0,25

Do

3 2

3

S ABC S ADC

a

Cộng (1) và (2) theo vế ta được

' ' ' '

' ' '

S AB C S AD C

S AB C D

V

2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50

( Hình vẽ trang cuối)

.

1 3 3

S AMN AMN

Đặt BM x DN, y; x y, 0;a Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP BM x

,

MAN PAN

(*)

0,25

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được

2 2 2 ( )2 ( )2 ( )2

x  y  xy a x  ax a  y  ay xy a x y  a 0,25

y

x a



 Thế vào (*) ta được

2 1

2

MAN

x a





Đặt

2

2

'( ) 0 ( 2 1)

f x   x  a

0,25

2 (0) ( )

2

a

, f(( 2 1) ) a a2( 2 1)

 

2

0;

max ( )

2

a

a

f x

,  

2 0;

a f x a 

Vậy

3

.

3 max

6

S AMN

a

khi

, ,





3

.

3( 2 1) min

3

S AMN

a

khi MB ND a  ( 2 1) 0,25

V

a b c

, 0

x y

  ta có

2

y

3 3

2 2

2

2

a a a a a b b b c c         a b c

Tương tự, cộng lại ta được

a b c

Đẳng thức xảy ra

1 3

a b c

x

y x

45 0 A

D

B

C

M

N P