Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hải Dương lớp 12 THPT năm học 2011 – 2012 môn thi: Toán

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
xy
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 29 9y x m x   có cực đại. 
Câu 2 (2 điểm) 
1. Giải phương trình 2012 2012 1005
1sin x cos x
2
  
2. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
1 1
1
x x y y
x y xy
     

  
Câu 3 (2 điểm) 
1. Chứng minh 9 3tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x         
 
. Từ đó suy ra trong 
mọi tam giác nhọn ABC ta có 9 3tan tan tan sin sin sin
2
A B C A B C      . 
2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 24 4 16y x x x      . 
Câu 4 (3 điểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = 3a 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 
 045MAN  . 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 2 2 2 1a b c   . Chứng minh 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5( )
3 3 3
a ab b bc c ca a b c
a ab c b bc a c ca b
     
    
     
Hết. 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
www.VNMATH.com
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 Nội dung Điểm 
I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00 
2( ) ; , 1
1
aM C M a a
a
      
. 2 2
3 3' '( )
( 1) ( 1)
y y a
x a
  
 
 0,25 
Tiếp tuyến của (C) tại M có pt 2
3 2( )
( 1) 1
ay x a
a a

  
 
 ( ) 
Tiệm cận đứng 1 có phương trình 1x   
Tiệm cận ngang 2 có phương trình 1 ( 1;1)y I   
0,25 
1
51;
1
aA A
a
      
,  2 2 1;1B B a    0,25 
1 1 5 1 6. 1. 2 2 . .2 1 6
2 2 1 2 1IAB
aS IA IB a a
a a

      
 
 (không 
phụ thuộc vào a, đpcm) 
0,25 
2 Tìm m để hàm số 29 9y x m x   có cực đại 1,00 
TXĐ:  , 
2 2 2
9' 9 , ''
9 ( 9) 9
mx my y
x x x
  
  
2 2' 0 9 9 0 9 9y x mx x mx          
2 2 2 2 2
0 0
81( 9) ( 81) 81.9
mx mx
x m x m x
  
 
    
(I) 
0,25 
TH 1. 2 281 9 9 . 9 9 9( )m m m x x x x          nên 
2
2
9 9' 0,
9
x mxy x
x
 
  

 suy ra hàm số đồng biến trên  , không 
có cực trị. 
0,25 
TH 2. 1 2
279 ( )
81
m I x
m

   

1 12 2
1 1
9''( ) 0
( 9) 9
my x x
x x
  
 
 là điểm cực tiểu 9m  loại 
0,25 
TH 3. 2 2
279 ( )
81
m I x
m
    

2 22 2
2 2
9''( ) 0
( 9) 9
my x x
x x
  
 
 là điểm cực đại. 
Vậy hàm số có cực đại  9m   
0,25 
www.VNMATH.com
II 1 Giải phương trình 2012 2012 1005
1sin x cos x
2
  (1) 1,00 
Đặt  2sin , 0;1t x t  . (1) có dạng: 1006 1006 1005
1(1 )
2
t t   (2) 0,25 
Xét hàm số  1006 1006( ) (1 ) , 0;1f t t t t    
1005 1005'( ) 1006[ (1 ) ]f t t t   ; 1'( ) 0
2
f t t   
0,25 
 1005 10050;1
1 1 1(0) (1) 1, min ( )
2 2 2
f f f f t      
 
 Vậy 1(2)
2
t  0,25 
hay (1) 2 1sin cos2 0
2 4 2
x x x k       ( k Z ) 0,25 
2 Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
1 1 (1)
1 (2)
x x y y
x y xy
     

  
 1,00 
ĐK: 1y  . 2 2(1) 1 1x y y x      
2 2 2 2 2 22 1 1 2 ( 1)( 1)x xy y y x y x          
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 1)( 1) 1 1xy y x x y x y y x x y             
0,25 
Kết hợp với (2) ta được 
2 2
2
2 2
1 0
2 0
21
x y x
x xy
y xx y xy
    
        
 0,25 
20 & (2) 1 1x y y      
2 2 1 1 22 & (2) 3 1
3 3 3
y x x x x y           
0,25 
Thử lại ta có 0, 1x y  và 1 2,
3 3
x y  thỏa mãn hệ pt 
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên 
0,25 
III 1 Chứng minh 
9 3tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x         
 
. 1,00 
Xét hàm số 9( ) tan sin
2
f x x x x   trên 0;
2
 
 
 
3 2 2
2 2 2
1 9 2cos 9cos 2 (2cos 1)(cos x 4cos 2)'( ) cos
cos 2 2cos 2cos x
x x x xf x x
x x
    
     
Vì 20; 0 cosx<1 (cos 2) 4cos 0 '( )
2
x x x f x         
 
 cùng 
dấu với 1 2cos x . Bảng biến thiên của ( )f x 
0,25 
0,25 
www.VNMATH.com
x 0 
3
 
2
 
'( )f x - 0 + 
( )f x 
3 ( 3 )
2
 
Vậy 9 3( ) tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
f x x x x x          
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
3
x  
Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên , , 0;
2
A B C    
 
9 3tan sin ( 3 )
2 2
A A A     . Tương tự, cộng lại ta được 
9 9tan tan tan sin sin sin ( ) ( 3 )
2 2
A B C A B C A B C          
Kết hợp với A B C    ta có đpcm 
0,25 
0,25 
2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 24 4 16y x x x      1,00 
TXĐ:  4;4D   . Đặt 4 4 , 0t x x t     . Bình phương ta 
được 2 8 2 ( 4)(4 ) 8t x x     . Dấu bằng có khi x= 4 
Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có 
2 8 2 ( 4)(4 ) 8 ( 4) (4 ) 16t x x x x          .D bằng có khi x=0 
Do 0 2 2 4t t    
Khi đó 
2
28 1( ) 4, 2 2;4
2 2
ty f t t t t t           
'( ) 1, '( ) 0 1f t t f t t      (loại) 
(2 2) 2 2, (4) 0f f  . 
Vậy 
 4;4 2 2;4
min min ( ) 0y f t
  
 
  khi x=0, 
 4;4 2 2;4
max max ( ) 2 2y f 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 
www.VNMATH.com
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 CV V V  
2 2
. ' '
2 2 2 2
.
' ' '. '. 3 3 9. . . .
4 5 20
S AB C
S ABC
V SB SC SB SB SC SC SA SA
V SB SC SB SC SB SC
     (1) 
2 2
. ' '
2 2 2 2
.
' ' '. '. 3 3 9. . . .
4 5 20
S AD C
S ADC
V SD SC SD SD SC SC SA SA
V SD SC SD SC SD SC
     (2) 
0,25 
0,25 
Do 
3
2
. .
1 1 3. . 3
3 2 6S ABC S ADC
aV V a a   0,25 
Cộng (1) và (2) theo vế ta được 
3 3
. ' ' . ' '
. ' ' '3 3
9 9 9 3 3 3.
20 20 10 6 203 3
6 6
S AB C S AD C
S AB C D
V V a aV
a a
      0,25 
2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50 
( Hình vẽ trang cuối) 
.
1. . 3
3S AMN AMN
V S a . Đặt ,BM x DN y  ;  , 0;x y a 
Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP BM x  
 ,ABM ADP AM AP BAM DAP      
0,25 
     0 0 045 45 45MAN BAM DAN NAP DAP DAN        
1 1. ( )
2 2MAN PAN
MAN PAN S S AD PN a x y        (*) 
0,25 
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được 
2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )MN MC CN x y a x a y        0,25 
2 2 2 2 2 2 22 2 2 ( )x y xy a x ax a y ay xy a x y a            0,25 
www.VNMATH.com
2a axy
x a

 

Thế vào (*) ta được 
21 ( )
2MAN
a axS a x
x a

 

Đặt 
2 2 2 2
2
2( ) '( ) .
2 2 ( )
a x a a x ax af x f x
x a x a
   
     
'( ) 0 ( 2 1)f x x a    . 
0,25 
2
(0) ( )
2
af f a  , 2(( 2 1) ) ( 2 1)f a a   
 
2
0;
max ( )
2a
af x  , 
 
2
0;
min ( ) ( 2 1)
a
f x a  
Vậy 
3
.
3max
6S AMN
aV  khi 
,
,
M B N C
M C N D
 
  
3
.
3( 2 1)min
3S AMN
aV  khi ( 2 1)MB ND a   
0,25 
V 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5( )
3 3 3
a ab b bc c ca a b c
a ab c b bc a c ca b
     
    
     
 1,00 
, 0x y  ta có 
2
2 2 2 22 2 2xx y xy x xy y x y
y
        0,25 
2 2 2
2 2 2
2 22 2
1 ( 1) 2( 1) ( 3 )
33
a ab a ab a ab a ab c
a ab ca ab c
   
       
  
2 2
2 2 2 2 2 2 22 2( )
2
a ba c ab a b c a c           
0,25 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 25 3 2 (10)( )
2 20
a b c a a a a a b b b c c          
  
2( ) 5 3 2
2 5 2 5
a a a a a b b b c c a b c          
  
0,25 
Tương tự, cộng lại ta được 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5( )
3 3 3
a ab b bc c ca a b c
a ab c b bc a c ca b
     
    
     
Đẳng thức xảy ra 
1
3
a b c    
0,25 
www.VNMATH.com
x
y
x
450
A
D
B
C
M
NP
www.VNMATH.com