Tài liệu Tổng hợp đề thii học sinh giỏi toán 12 các tỉnh có đáp án

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỐ BÁO DANH: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2.5 điểm): Giải phương trình: x 4n  x 2n  2012  2012 (n  �* ) . Câu 2 (2.5 điểm): Cho dãy số (u n ) xác định bởi công thức:  u1  3  1 3  * u  2 u   n1 3  n u 2 ; (n  � ). n    Tính: lim un ? Câu 3 (1.5 điểm): Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng: 1 1 1 36    . 2 2 x y z 9  x y  y2z2  z2x2 Câu 4 (2.0 điểm): Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường � . Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường phân giác góc BAC thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ tự đó. Đường thẳng vuông góc với AB tại P cắt AN tại O. Chứng minh OQ vuông BC. Câu 5 (1.5 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 3  y  z . --------------------HẾT---------------------- SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 2,5 điểm Phương trình: x  x  2012  2012 (n  N*) Đă ăt t = x2n  0, phương trình (1) trở thành: t 2  t  2012  2012 1 1  t 2  t   t  2012  t  2012  4 4 4n 2n 2 (1) 0,25 0,5 2 1  1    t     t  2012   2  2  0,5 0,25  t  1  t  2012  t 2  t  2011  0. Giải phương trình (2) ta được: t  Phương trình có 2 nghiê ăm: x1  2n (2) 1  8045 thỏa mãn điều kiê ăn 2 1  8045 và 1  8045 , n  �* . x 2   2n 2 2 2 0,25 0,25 0,5 2,5 điểm Theo công thức xác định dãy (un ) , ta có un  0; n  �* . Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 1 3  1 3 3 un1   2un  2    un  un  2   3 un2 . 2  3 3 ; n  �* . 3 un  3  un  un Do đó: un  3 3 ; n  �* . 0,5 0,5  1  3  un3  2 1 1 3 Mă ăt khác: un1  un  un  2  un   2  un    2   0 . 3 un 3  un  3  un  Vâ ăy (un ) là dãy số giảm và bị chă nă dưới nên nó có giới hạn. 2 1 3 Giả sử, lim un  a .Ta có: a  a  2  a  2  a  3 3 . 3 a a 3 Vâ ăy: lim un  3 3 0,5 0,5 0,5 1.5 điểm 1 1 1 36    2 2 x y z 9  x y  y2 z 2  z2 x2 1 1 1  (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 . x y z Ta có:  xyz  2 0,25 3  xy  yz + zx    xy   yz   zx    . 3   0,25 Do đó:  1 1 1   xy  yz+zx  27  xy  yz+zx  x  y  z    3 xyz  xy  yz+zx      2 2 2 27  . xy  yz+zx 0,25 Mặt khác: 9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  6   x 2 y 2  1   y 2 z 2  1   z 2 x 2  1  2  3  xy  yz  zx  . 0,25 2   1 1 1   (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      x y z   2 27  4 3   xy  yz+zx   . xy  yz+zx   9  108.   6   xy  yz  zx    xy  yz  zx    9  108  6  2  xy  yz  zx    1296 .   A xy  yz  zx 1 1 2 2 2 2 2 2 1 Suy ra: (9  x y  y z  z x )      36 . x y zy Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1. 4 B P Q N M O x 0,25 0,25 2.0 điểm C 0,25 Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành. Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có  b  dạng : y = ax + b (a  0). Khi đó : A    ;0  , P  (0; b) .  a  AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình : y = -ax – b. 1 PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình : y   x  b . a O là giao điểm của PO và trục hoành nên O  (ab,0) . BC đi qua gốc tọa độ nên : +) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx với c  0,c   a (vì B, C không thuộc trục hoành, BC không song song với AB và AC). B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :  y  ax  b bc   b  B ;  . c  a c  a   y  cx C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ :  y  ax  b b bc    C   ;  .  ca ca  y  cx uuuu r bc abc   ab AM  c; a 2  . M  ; Do đó :  2 2 2  2 2 2  , suy ra : a (c  a ) c  a c  a  a2 ab Từ đó ta có phương trình của AM là : y  x  . c c Q là giao điểm của AM với trục tung nên  ab  uuur  1 Q   0;   QO  ab 1;   .  c   c uuur Do đó QO là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC. +) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M  N, do đó O thuộc AN nên QO vuông góc BC. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 5 Giả sử  x, y, z  là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có: 1,5 điểm x+2 3  y  z  2 yz  x  ( y  z )  2 yz  2 3   x  ( y  z ) 2  4 yz  8 3 yz  12  4 yz  4 3  x  ( y  z )   12   x  ( y  z ) 2  4 3  x  ( y  z )   12  4 yz   x  ( y  z )   4 yz  12  � (vô lý). x  ( y  z)  y  1  z  3  x  4. Nếu x  y  z thì yz  3   y 3   z  1 Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm của phương trình. Vậy: nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4; 1; 3). Nếu x  ( y  z ) thì 4 3  0,25 0,25 2 0,25 0,5 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN - Vòng 2 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) a) Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương. b) Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x Câu 2 (2 điểm) 3 3 3 a) Giải phương trình: (4 x  x  3)  x  3 2 b) Giải phương trình: 2 x 2  11x  23  4 x  1 Câu 3 (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB. b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2) 2  ( y  3) 2  9 và điểm A(1; 2) . Đường thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. Câu 4 (3 điểm) a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 . b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 1 1 1   (trong đó AB=c; AC=b; đường ha2 b 2 c 2 cao qua A là ha ). Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng: 2 2 2 a  b   b  c   c  a 2a 2b 2c     3 2 bc ca ab  a  b  c …………………Hết…………………. 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 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung Tìm m: y  x  2mx  3m và y  2 x  3 cắt nhau tại hai điểm a phân biệt và hoành độ dương Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt x 2  2mx  3m  2 x  3  x 2  2( m  1) x  3m  3  0  '  0    3(m  1)  0  2(m  1)  0  Điểm 2 1 1,00 0,25 0,25 m  1 '  0   m  4 Kết hợp nghiệm, kết luận m  4 Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x b 0,25 0,25 1,00 TXĐ:  x 2  8 x 12 0 2 x 6 Nếu 5  x  6 thì  x 2  8 x  12  0  10  2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 5  x  6 10  2 x  0 Nếu 2  x  5   bất pt đã cho 2   x  8 x  12  0 2   x 2  8 x  12  4 x 2  40 x  100  5 x  48 x  112  0  4  x  2 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4  x  5 Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6] 3 3 3 3 (4 x  x  3)  x  Giải phương trình: (1) a 2 0,25 0,25 28 5 3 3  2 y  2x  3 ( I ) Khi đó nghiệm Đặt y  4 x  x  3 . (1) có dạng:  3 4 x  x  3  y  của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)  2 y 3  2 x 3  3(2)  2 y 3  2 x 3  3   (I)   3 3 2 2  2 x  2 y  ( x  y)  0  ( x  y )(2 x  2 xy  2 y  1)  0(3) 3 TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x   3 4 0,25 0,25 1,00 3 0,25 0,25 0,25 TH2: 2 x 2  2 xy  2 y 2  1  0;  'x  2  3 y 2 . Nếu có nghiệm thì y 2 . 3 3 Tương tự cũng có x   2 8 2 2  3. . Khi đó VT (2)  4    3 3 3 3   Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm x   3 b 3 3 4 0,25 1,00 Giải phương trình: 2 x 2  11x  23  4 x  1 ĐK: x  1 . (1)  2( x 2  6 x  9)  ( x  1  4 x  1  4)  0 0,25 2( x  3) 2  ( x  1  2) 2  0 (*) x 3  0 Do a 2  0(a) nên pt(*)    x 1  2  0  x  3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại a B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; yB  0 ) x y Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:   1 a b 1 4 4 16 Vì AB qua M nên    1 1 2 1 a b ab ab a  2 ab 1 4 1  8;" "  2 a b 2 b  8 1 2 1 2 Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S  OA.OB  ab  8 . Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8) b (C): ( x  2)2  ( y  3) 2  9 ; A(1; 2) .  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì IA2  (1  2) 2  ( 2  3) 2  2  9 Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có IH 2  HN 2  IN 2  9  MN 2  4 HN 2  4(9  IH 2 )  4 2 Mà   IH IA  IH  AH 2 MN 4(9 2) 28 MN 2 7 Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi a AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 uuu r uuur uuu r uuur r Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành  AB  DC  AB  DC  0 uuu r uuur 2 uuu r 2 uuur 2 uuu r uuur  AB  DC  0  AB  DC  2 AB.DC  0   0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 0,25 0,25 uuu r uuur uuur  AB 2  DC 2  2 AB.( AC  AD )  0  AB 2  DC 2  ( AB 2  AC 2  BC 2 )  ( AB 2  AD 2  BD 2 )  0 (*) r r 2 r2 r r r2 r r r2 r2 r r 2 ( vì a  b  a  2a.b  b  2a.b  a  b  a  b )  4    (*)  AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 (Đpcm) ( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ) 1 1 1 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2  2  2 (1) ha b c Có a.ha  2 S  bc sin A 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 0,25 1 a2 4R 2  2 2 2 2  2 2 ha b c sin A b c (1)  b 2  c 2  4 R 2  sin 2 B  sin 2 C  1  1  cos 2 B  1  cos 2C  2  cos 2 B  cos 2C  0  2cos( B  C )cos( B  C )  0 0,25 0,25 0,25 0,25    B  C  2 hay A  2    0  B  C   ;0  B  C    BC    2 0,25  2 2 2 2  a  b   b  c   c  a  Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có B  C  5 CMR : 2a 2b 2c    3 bc ca ab  a  b  c 2a 2b 2c 1 1 1  bc ca ab ab ac bcba cacb   bc ca a b 2 ; a, b, c  0 1,00 XétM= 1 1 1 1 1 1  )  (b  c)(  )  (c  a)(  ) bc ca c a a b a b b c 1 1 1  ( a  b) 2  (b  c) 2  (c  a ) 2 (b  c)(c  a) (c  a)(a  b) ( a  b)(b  c) 1 4 4 1    Vì ; 2 2 (b  c)(c  a ) (a  b  2c) (2a  2b  2c) ( a  b  c) 2 1 ( a  b) 2 2 2  ;"  "  a  b ( a  b)  0  ( a  b) (b  c)(c  a ) (a  b  c ) 2 Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại 2 2 2 a  b   b  c   c  a   Suy ra M  (Đpcm); “=”  a  b  c 2  a  b  c 0,25  (a  b)( 0,25 0,25 0,25 Hình vẽ câu 3b: I A M N H Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) Môn: TOÁN ( BẢNG A ) Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 06/10/2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: ( 5,0 điểm ) a. Giải phương trình sau: 4 x 2  x  1  1  5 x  4 x 2  2 x 3  x 4 với x  R .   2 b. Giải phương trình: 2sin x  3 sin 2 x  1  3 cos x  3 sin x . Câu 2: ( 5,0 điểm ) a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh AB  2 . Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC lấy điểm M thỏa MA2  MB 2  MC 2 . Tìm quỹ tích của điểm M. b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 600 , BM  6, CN  9 . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC. Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1 và un1  3un 2  2 với mọi n  1 . a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  . 2 2 2 2 b. Tính tổng S  u1  u2  u3  ...  u2011 . Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M   a  b  c    a  b  c   6abc 3 Câu 5: ( 3,0 điểm )  x 3   y  2  x 2  2 xy  2m  3 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  2 với x, y là  x  3x  y  m các số thực. ………………. Hết ………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) Môn: TOÁN ( BẢNG A ). Ngày thi: 06/10/2011 ( Hướng dẫn có 04 trang ) LONG AN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Câu 1 a. ( 3,0 điểm ) (5,0 điểm) Đặt t  x 2  x  1, t  Đáp án Thang điểm 3 . Khi đó phương trình trở thành: 2 4t  t 4  7t 2  5  t 4  6t 2  9  t 2  4t  4  0  t  2  2  3   t  2  0  2 t 2    0,5 0,5  t  1 t 2  t  5  0 (*) 0,5 t 2  t  1  0  (*) 2 t  t  5  0 3 1 5 thì t 2  t  1  0 có một nghiệm là t  2 2 3 1  21 Ÿ Với t  thì t 2  t  5  0 có một nghiệm là t  2 2 Ÿ Với t  0,5 2 1  5  1 5 2 Ÿ Khi t  thì x 2  x  1     2 x  2 x  1  5  0 2  2   x 0,5 1  3  2 5 hoặc 1  3  2 5 . x 2 2 t Ÿ Khi 2  1  21  2 x  x  1     2 x  2 x  9  21  0 2   1  21 thì 2 0,5 2 1  19  2 21 hoặc 1  19  2 21 . x 2 2 b. ( 2,0 điểm )  x Phương trình đã cho được viết lại: 3sin 2 x  2 3 sin x cos x  cos 2 x  3     2 3 sin x  cos x  3   3 sin x  cos x 0,5  0,5 3 sin x  cos x  3 0,5 3 sin x  cos x  0 3 sin x  cos x  0 hoặc  1   x    k , k  Z 6 3 3 sin x  cos x  3 phương trình vô nghiệm. 3 sin x  cos x  0  tan x   Ÿ Ÿ 2 a. (2,0 điểm ) (5,0 điểm) Ÿ Chọn hệ trục tọa độ Bxy vuông góc sao cho tia Bx qua A và tia By qua C. Ta có: B  0;0  , A  2; 0  , C  0; 2  . Giả sử M  x; y  . Ÿ MA2  MB 2  MC 2 2 2   2  x   y 2  x2  y 2  x2   2  y   0,5 0,5 x  y  4x  4 y  0 . 2 0,5 2 Ÿ Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm I  2; 2  , bán kính R  2 2 . 0,5 Ÿ Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm I  2; 2  , bán kính 0,5 R2 2. b. ( 3,0 điểm ) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. �  1200 Ÿ Xét trường hợp: BGC Ta có: BC 2  GB 2  GC 2  2GB.GC.cos1200  76 AC 2  28 4 MC 2  GM 2  GC 2  2GM .GC.cos600  0,5 Vậy AC2 = 112 NB 2  GB 2  GN 2  2GB.GN .cos 60 0  AB 2  13 Vậy AB2 = 52 4 0,5 Vậy độ dài trung tuyến còn lại : ma2  AC 2  AB 2 BC 2   63  ma  3 7 2 4 0,5 �  600 Ÿ Xét trường hợp: BGC Ta có : BC 2  GB 2  GC 2  2GB.GC.cos600  28 MC 2  GM 2  GC 2  2GM .GC .cos120 0  AC 2  52 4 0,5 Vậy AC2 = 208 NB 2  GB 2  GN 2  2GB.GN .cos120 0  Vậy AB2 = 148 0,5 Vậy độ dài trung tuyến còn lại : ma2  Câu 3 2 AB 2  37 4 2 0,5 2 AC  AB BC   171 ma  171 2 4 Đáp án a. 2,0 điểm Thang điểm (4,0 điểm) Dễ thấy un  0, n  N * 0,5 Từ un 1  3un2  2  un21  3un2  2 . 2 Đặt vn  un thì có: vn 1  3vn  2  vn 1  1  3  vn  1 . Đặt xn  vn  1 thì ta có: xn 1  3xn . Từ đây suy ra  xn  là cấp số nhân với x1  2 , công bội là 3. Nên: xn  2.3n 1  vn  2.3n 1  1  un  2.3n 1  1 . 0,5 0,5 0,5 b. 2,0 điểm S  2.30  2.31  2.32  ...  2.32010  2011 0,5  2  30  31  32  ...  32010   2011 0,5  0,5 2  32011  1 3 1  2011 0,5  32011  2012 2 2 2 Chứng minh được:  a  b  c   3  a  b  c   3 0,5 Suy ra: a  b  c  3 và  a  b  c   3  a  b  c  0,5 2 4 (3,0 điểm) 3 3 abc  8 3 M  2  a  b  c   6abc  2 3  6    3 3   Vậy GTLN của M là 5 (3,0 điểm) 0,5 8 3 3 Giá trị này đạt được khi a  b  c  0,5 + 0,5 0,5 1 . 3   x 2  2 x   x  y   2m  3 Viết lại hệ:  2  x  2x  x  y  m 0,5 Đặt u  x 2  2 x, v  x  y . Dễ có: u  1 .  u.v  2m  3 Hệ trở thành:  u  v  m Suy ra: u  m  u   2m  3  u 2  3  m  u  2   0,5 u2  3 m u2 0,5 u2  3 với u  1 . u2 u 2  4u  3 f /  u   0, u  1 2  u  2 Xét hàm f  u   0,5 Bảng biến thiên: u  u f  u f  1 + /  0,5 2 Kết luận : m  2 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC 0,5 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN - Vòng 1 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) x2 có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) x 1 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  9 x  m x 2  9 có cực đại. 1. Cho hàm số y  Câu 2 (2 điểm) a. Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  1 1005 2  x  x 2  1  y  y 2  1 b. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  xy  1 Câu 3 (2 điểm) 9 3 1. Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x  2 2    0;  . Từ đó suy ra trong mọi tam  2 9 3 giác nhọn ABC ta có tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C  . 2 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 . 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. c) 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. �  450 . d) 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 a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh a 2  ab  1 b2  bc  1 c 2  ca  1    5( a  b  c) 2 2 2 2 2 2 a  3ab  c b  3bc  a c  3ca  b …………………Hết…………………. 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 Câu Ý I 1 Nội dung CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 3 3  a2  y '( a )  M (C ) M  a; 1. y '  , a ( x  1) 2 (a  1) 2  a 1  3 a2 ( x  a)  () Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y  2 (a  1) 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 2 2 a 1 2 a 1 phụ thuộc vào a, đpcm) 2 Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại mx 9m y '  9  , y ''  TXĐ: �, x2  9 ( 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 Điểm 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 TH 1. m 2  81 9 m 9 y'  9 x 2  9  mx x2  9 9 x 2 9( x) nên 0,25 TH 2. m  9  ( I )  x1  9m ( x12  9) x12  9 27 m 2  81  0  x1 là điểm cực tiểu  m  9 loại TH 3. m  9  ( I )  x2  y ''( x2 )  9x  0, x suy ra hàm số đồng biến trên �, không có cực trị. y ''( x1 )  m. x 27 m 2  81 9m  0  x2 là điểm cực đại. ( x22  9) x22  9 Vậy hàm số có cực đại  m  9 II 1 0,25 Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  0,25 1 1005 2 2 Đặt t  sin x, t   0;1 . (1) có dạng: t1006  (1  t )1006  1006 1006 Xét hàm số f (t )  t  (1  t ) , t   0;1 f '(t )  1006[t1005  (1  t )1005 ] ; f '(t )  0  t  (1) 1 1005 2 (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   hay (1)  sin 2 x   cos 2 x  0  x   k ( k  Z ) 2 4 2  x  x 2  1  y  y 2  1 (1) 2 Giải hệ phương trình  2 2 (2)  x  y  xy  1 ĐK: y  1 . (1)  x  y  y 2  1  x 2  1 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00  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  x 2  y 2  1 x  0 2  2 x  xy  0  Kết hợp với (2) ta được  2 y  2x 2   x  y  xy  1 2 x  0 & (2)  y  1  y   1 1 1 2 y  2 x & (2)  3x 2  1  x 2   x    y 3 3 3 1 2 ,y Thử lại ta có x  0, y  1 và x  thỏa mãn hệ pt 3 3 Vậy hệ có 2 nghiệm như trên 0,25 0,25 0,25 0,25 III 1 9 3 Chứng minh tan x  sin x  x  ( 2 2 9 Xét hàm số f ( x)  tan x  sin x  x trên 2 f '( x)    3   ), x   0;  .  2    0;   2 1 9 2cos 3 x  9cos 2 x  2 (2cos x  1)(cos 2 x  4cos x  2)  cos x    cos 2 x 2 2cos 2 x 2cos 2 x   2 Vì x   0;   0  cosx<1  (cos x  2)  4cos x  0  f '( x) cùng  2 dấu với 1  2cos x . Bảng biến thiên của f ( x)   x 0 3 2 f '( x) 0 + 1,00 0,25 0,25 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  3 0,25   Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên A, B, C   0;    2 9 3 tan A  sin A  A  ( 3   ) . Tương tự, cộng lại ta được 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 0,25 1,00 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 TXĐ: D   4;4 . Đặt t  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 . Vậy min y  min f (t )  0 khi x=0, max y  max f (t )  2 2 khi x=  4;4  4;4 2 2;4    2 2 ;4    0,25 0,25 0,25 0,25 4 IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50 S C' D' B' D A C 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 1 1 a3 3 Do VS . ABC  VS . ADC  . a 2 .a 3  3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB ' C ' VS . AD ' C ' 9 9 9 a 3 3 3 3a 3     V  .  S . AB ' C ' D ' 10 6 20 a3 3 a3 3 20 20 6 6 0,25 0,25 2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN ( Hình vẽ trang cuối) 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 �  DAP � ABM  ADP  AM  AP, BAM �  450  BAM �  DAN �  450  NAP �  DAP �  DAN �  450 MAN 1 1 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  MAN  PAN  S MAN  S PAN  1,50 0,25 0,25 0,25 x 2  y 2  2 xy  a 2  x 2  2ax  a 2  y 2  2ay  xy  a( x  y)  a 2 0,25 a 2  ax  y xa 1 a 2  ax Thế vào (*) ta được S MAN  a ( x  ) 2 xa 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 a2 f (0)  f (a )  , f (( 2  1)a)  a 2 ( 2  1) 2 a 2 min f ( x )  a 2 ( 2  1)  max f ( x )  ,  0;a  0;a  2 M  B, N  C a3 3 Vậy max VS . AMN  khi  6 M  C , N  D min VS . AMN  a 2  ab  1 V a 2  3ab  c 2  3( 2  1)a 3 khi MB  ND  a( 2  1) 3 b 2  bc  1 b2  3bc  a 2 2 x, y  0 ta có x 2 ۳y ۳2 xy  a 2  ab  1 a  3ab  c 2 2   x2 c 2  ca  1 c 2  3ca  b 2 2 xy (a 2  ab  1)2  a 2  3ab  c 2 y2 0,25  5( a  b  c) 1,00 x2 y 0,25 2x y 2(a 2  ab  1)  (a 2  3ab  c 2 )  2  a 2  c 2  ab  2( a 2  b 2  c 2 )  a 2  c 2  a 2  b2 2 0,25