SỞ 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
x m
y
mx
−
=
+
với
m
là tham số. Chứng minh rằng
0m
∀ ≠
, đồ thị hàm số
luôn cắt đường thẳng
: 3 3d y x m= −
tại 2 điểm phân biệt
,A B
. Xác định m để đường
thẳng
d
cắt các trục
,Ox Oy

2
2
2
2 1
log 2 6 2
2 1
x
x x
x x
+
≤ − +
− +
Câu 3: (6 điểm)
1. Cho tứ diện
SABC
có
, , 3
2
a
AB AC a BC SA a= = = =

( 0)a >
. Biết góc
0
30SAB =

và góc
0
30SAC =
. Tính thể tích khối tứ diện theo

x
J dx
π
+
+
=
+
∫
Câu 5: (2 điểm)
Cho ba số thực dương
, ,a b c
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
1 1
( 1)( 1)( 1)
2 1
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
…………Hết…………
Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:
…………………….
Họ và tên giám thị số 1:
……………………………………………………………………………
Họ và tên giám thị số 2:
……………………………………………………………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

2 0, 0f m
m m
−
 
= + ≠ ∀ ≠
 ÷
 
(ở đây
( )
f x

là vế trái của (*)) nên
d
luôn cắt đồ thị tại 2 điểm
,A B
phân biệt
0m
∀ ≠
Ta có
( ) ( )
1 1 2 2
;3 3 , ;3 3A x x m B x x m− −
với
1 2
,x x
là 2 nghiệm của (*). Kẻ
đường cao
OH
của
OAB

(để ý
0m ≠
thì
, ,C D O
phân biệt).
Ta tìm
m
để
2
OAB OCD
S S
∆ ∆
=
hay
2
3
40 2
10 . 2 3
3 3
10
m
m m m m
−
+ = ⇔ = ±
0.25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25


0,25
0,5
0 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 :
0 0
1 1
x 1 x 1 k kx y
x 1 x 1
+ + = − − + − +
− −
.
Suy ra
0 0
k(1 x ) y 21
x 1 2
− + −
=
−
.
Thay vào (2) được
2
0 0
k(1 x ) y 2

(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
Câu 2 Nội dung Điểm
1.(2
điểm)
Phương trình đã cho
( )
5 15 5 27 23
x
x x⇔ − = +
.
Ta phải có
15 5 0x
− ≠
và phương trình trên trở thành
27 23
5
15 5
x
x
x
+
=
−
.
Hàm số

;
3
 
−∞
 ÷
 
và
1
;
3
 
+∞
 ÷
 
.
Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng.
Mặt khác
( ) ( )
1 1 5f g= =
và
( ) ( )
1
1 1
5
f g− = − =
Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là
1x = ±
.
0,5
0,5

⇔ − ≤ − + ⇔ ≤ − +
− + − +

2 2
2 2
log (2x 1) log (2x 4x 2) (2x 4x 2) (2x 1)⇔ + − − + ≤ − + − +

2 2
2 2
(2x 1) log (2x 1) (2x 4x 2) log (2x 4x 2)⇔ + + + ≤ − + + − +
0,5
Đặt
2
u 2x 1
v 2x 4x 2
= +


= − +

thì u,v>0 và
2 2
u log u v log v+ ≤ +
(1)
Xét hàm số
2
f (t) log t t,t D (0; )= + ∈ = +∞
. Có
1
f '(t) 1 0, t D

 ÷
 
   
0,5
0,25
0,5
0,25
Câu 3 Nội dung Điểm
1.(3
điểm)
Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có
2 2 2 0 2 2 2
3
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
( )
,MB SA MC SA SA MBC⊥ ⊥ ⇒ ⊥
Ta có
1
.
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

 
 
Suy ra
3
4
a
MN =
.
Vậy
3
1 1
. .
3 2 16
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,
(
]
x 0;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
ABCD BCD
1 1

≤ ⇒ ≤ −
Từ (1), (2) và (3) suy ra
2
ABCD
1
V x(4 x )
24
≤ −
Mặt khác hàm số
(
]
2
1
f (x) x(4 x );x 0;1
24
= − ∈
đồng biến nên f(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
1,0

2 2
3 3
2
1 2
2 2
2 4
2
4
4
1 1 1 1
2 2. 4
4 4 4 4
x x x
x
I dx dx
x x
x x
x x dx x x dx I I
+ − −
+
= =
− −
+ −
= + − + − = −
∫ ∫
∫ ∫
-Tính
1
I
:

Đặt
2x t− =
ta có
2dx tdt=
và
( )
1
2
2
0
4 .2I t t tdt= +
∫
Do đó
1 1
5 3
2
0 0
2 8 46
5 3 15
t t
I = + =
Vậy
1 2
1 1 25 5 39
4 4 30
I I I
−
= − =
0,5
0,5

2
x t A ln(1 sin t)dt ln(1 sinx)dx C
2
π
π
π
= − ⇒ = − + = + =
∫ ∫
. Vậy I = B
Xét B =
2
0
sinx.ln(1 cos x)dx
π
+
∫
. Đặt u = 1+ cosx thì B =
2
1
ln udu
∫
0,5
0,5
0,5
Dùng từng phần được B =
2
2
1
1
u ln u du 2ln 2 1− = −

3
P
a b c
a b c
≤ −
+ + +
+ + +
đặt
1 1t a b c t= + + + ⇒ >
. Ta có
( )
3
1 27
2
P
t
t
≤ −
+
Xét hàm số
( )
( )
( )
3
1 27
, 1;
2
f t t
t
t