Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2013 môn toán 12 bảng A potx

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số 2x 1 y x 1    có đồ thị (C) và điểm   P 2;5 . Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y x m    cắt đồ thị   C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Câu II: (6,0 điểm) 1. Giải phương trình   3 x 1 2 1 x x 2 2x 1 3         2. Giải hệ phương trình     2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y 5 x y x,y xy 1 x y 2                Câu III: (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng a 3 4 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' . 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng    đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi A B C D h , h , h , h lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng    . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 B C D A h h h h 3    . Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm   A 1; 1   và đường tròn       2 2 T : x 3 y 2 25     . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn   T ( B, C khác A ). Viết phương trình đường thẳng BC , biết   I 1;1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Câu V: (2,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 3 2 3 P . a ab abc a b c       - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: Đ ề thi chính thức 1 SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN THPT- BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I. (3,0đ) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: 2x 1 x m x 1         2 x (m 3)x m 1 0 1      , với x 1   0,5 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình   1 có hai nghiệm phân biệt khác 1  2 m 2m 13 0 0.m 3 0          (đúng m  ) 0,5 Gọi 1 2 x , x là các nghiệm của phương trình (1), ta có: 1 2 1 2 x x m 3 x x m 1          Giả sử   1 1 A x ; x m   ,   2 2 B x ; x m   0,5 Khi đó ta có:   2 1 2 AB 2 x x           2 2 2 2 1 1 1 2 PA x 2 x m 5 x 2 x 2           ,         2 2 2 2 2 2 2 1 PB x 2 x m 5 x 2 x 2           Suy ra PAB  cân tại P 0,5 Do đó PAB  đều 2 2 PA AB             2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x 2 x 2 2 x x x x 4 x x 6x x 8 0              0,5 2 m 1 m 4m 5 0 m 5            . Vậy giá trị cần tìm là m 1, m 5    . 0,5 II. 1, (3,0đ) ĐKXĐ: x 1 x 13       Phương trình đã cho tương đương với     3 x 2 x 1 2 2x 1 3       0,5   3 x 1 x 1 x 1 2x 1 2x 1 (1)          0,5 Xét hàm số   3 f t t t   ;   2 f ' t 3t 1 0, t     Suy ra hàm số   f t liên tục và đồng biến trên  0,5 Khi đó:     3 3 Pt(1) f x 1 f 2x 1 x 1 2x 1         0,5 2     3 2 3 2 1 x 1 2 x 0 1 x x 2 x 0 2 1 5 x x x x 0 x 1 2x 1 1 5 2 x 2                                                    0,5 Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5 x 2   và x 0  0,5 II. 2, (3,0đ) ĐKXĐ: x 0 y 0      Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:     2 2 2 2 1 1 x y 5 x y x 1 . y 1 2xy                          0,5   2 2 1 1 x y 5 x y * 1 1 x . y 2 x y                                       , đặt 1 u x x 1 v y y            Hệ phương trình   * trở thành   2 2 2 u v 5 u v 9 uv 2 uv 2                0,5 u v 3 uv 2        (I) hoặc u v 3 uv 2        (II) Ta có:         u 1 I v 2 hoặc u 2 v 1                u 1 II v 2 hoặc u 2 v 1        Vì 1 u x u 2 x     nên chỉ có u 2 v 1      và u 2 v 1        thỏa mãn. 0,5 u 2 v 1      ta có 1 x 1 x 2 x 1 5 1 y y 1 2 y                     (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5 u 2 v 1        ta có 1 x 1 x 2 x 1 5 1 y y 1 2 y                         (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x;y là: 0,5 3 E A' C' B' C B G A D 1 5 1 5 1 5 1 5 1; , 1; , 1; , 1; 2 2 2 2                                 . III. 1, (3,0đ) Diện tích đáy là 2 ABC a 3 S 4  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC 0,5 Gọi E là trung điểm BC . Ta có   BC AE BC AA'E BC A'G        Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA' . 0,5 Do đó BC DE, AA' DE   Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC 0,5 Tam giác ADE vuông tại D suy ra   0 DE 1 sinDAE DAE 30 AE 2     0,5 Xét tam giác A'AG vuông tại G ta có 0 a A'G AG.tan30 3   0,5 Vậy 3 ABC.A'B'C' ABC a 3 V A'G.S 12   . 0,5 III. 2, (3,0đ) Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của mp    với các cạnh AB, AC, AD . Ta có AGBC AGCD AGDB ABCD 1 V V V V 3    (*) 0,5 Vì AB'C'D' AIB'C' AIC'D' AID'B' V V V V    và (*) nên AB'C'D' AIB'C' AIC'D' AID'B' ABCD AGBC AGCD AGDB V V V V V 3V 3V 3V    0,5 AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB ' AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB     AB AC AD AG 3. 6 AB' AC' AD' AI      BB' CC' DD' 3 AB' AC' AD'     0,5 I G B' D' A B C D C' 4 Mặt khác ta có C B D A A A h h h BB' CC' DD' , , AB' h AC' h AD' h    0,5 Suy ra C B D B C D A A A A hh h 3 h h h 3h h h h        (**) 0,5 Ta có:     2 2 2 2 B C D B C D h h h 3 h h h            2 2 2 B C C D D B h h h h h h 0        ( luôn đúng ) Kết hợp với (**) ta được     2 2 2 2 A B C D 3h 3 h h h    Hay 2 2 2 2 B C D A h h h h 3    . 0,5 IV. (2,5đ) Đường tròn   T có tâm   K 3;2 bán kính là R 5  Ta có AI:x y 0   , khi đó đường thẳng AI cắt đường tròn   T tại A' ( A' khác A ) có tọa độ là nghiệm của hệ     2 2 x 1 x 3 y 2 25 y 1 x y 0                   (loại) hoặc x 6 y 6      Vậy   A' 6;6 0,5 Ta có: A'B A'C (*)  (Do   BA' CA'  )   A'BC BAI  (1) (Vì cùng bằng  IAC ) Mặt khác ta có   ABI IBC  (2) Từ (1) và (2) ta có:       BIA' ABI BAI IBC A'BC IBA'      Suy ra tam giác BA'I cân tại A' do đó A'B A'I (**)  Từ     * , ** ta có A'B A'C A'I   0,5 Do đó B,I,C thuộc đường tròn tâm A' bán kính A'I có phương trình là     2 2 x 6 y 6 50     0,5 Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ         2 2 2 2 x 3 y 2 25 x 6 y 6 50              Nên tọa độ các điểm B,C là : (7; 1),( 1;5)   0,5 Khi đó I nằm trong tam giác ABC (TM) . Vậy phương trình đường thẳng BC: 3x 4y 17 0    . 0,5 V. (2,5đ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có   3 1 a 4b 1 a 4b 16c 4 a ab abc a . . a b c 2 2 4 3 3            . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c   . 0,5 Suy ra   3 3 P 2 a b c a b c       0,5 K A I B C A' 5 Đặt t a b c, t 0     . Khi đó ta có: 3 3 P 2t t   Xét hàm số   3 3 f t 2t t   với t 0  ta có   2 3 3 f ' t 2t 2t t   .   2 3 3 f ' t 0 0 t 1 2t 2t t       0,5 Bảng biến thiên t  0 1    f ' t  0 +   f t  0 3 2  Do đó ta có   t 0 3 minf t 2    khi và chỉ khi t 1  0,5 Vậy ta có 3 P 2   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 16 a 21 a b c 1 4 b a 4b 16c 21 1 c 21                      . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 2  khi và chỉ khi   16 4 1 a,b,c , , 21 21 21        . 0,5 - - Hết - - Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm. . AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB ' AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB     AB AC AD AG 3. 6 AB' AC'. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2 012 - 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG A Thời gian: 150