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.. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B
Trang 1SỞ 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 y 2x 1
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
1 1
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 ( )α đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ) Gọi
h , h , h , h lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng ( )α
Chứng minh rằng:
2
A
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:
Đề thi chính thức
Trang 2Họ tên thí sinh: Số báo danh:
2
Trang 3SỞ 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)
I.
(3,0đ)Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: 2x 1
x m
+ x2 −(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 x , x là các nghiệm của phương trình (1), ta có: 1 2 1 2
1 2
x x m 3
x x m 1
Giả sử A x ; x( 1 − 1 +m) , B x ; x( 2 − 2 +m)
0,5
Khi đó ta có: ( )2
AB= 2 x −x ( ) (2 )2 ( ) (2 )2
( ) (2 )2 ( ) (2 )2
Suy ra ∆PAB cân tại P
0,5
Do đó PAB∆ đều ⇔PA2 =AB2
( ) (2 )2 ( )2 ( )2 ( )
m 4m 5 0
=
II.
1,
(3,0đ)
ĐKXĐ: x 1
x 13
≥ −
≠
Phương trình đã cho tương đương với (x 2+ ) ( x 1 2+ − =) 3 2x 1 3+ −
0,5 (x 1 x 1) x 1 2x 1 3 2x 1 (1)
Xét hàm số f t( ) = +t3 t; f ' t( ) =3t2 + >1 0, ∀t
Suy ra hàm số f t liên tục và đồng biến trên ¡( ) 0,5 Khi đó: Pt(1)⇔f( x 1+ =) (f 3 2x 1+ ⇔) x 1+ = 3 2x 1+ 0,5
Trang 4( ) (3 )2 3 2
1 x
x
x x x 0
x
2
≥ −
=
0,5
Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là:
1 5
x
2
+
II.
2,
(3,0đ)
ĐKXĐ: x 0
y 0
≠
≠
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:
2 2
x 1 y 1 2xy
0,5
( )
2 2
*
⇔
, đặt
1
u x
x 1
v y
y
= +
= −
Hệ phương trình ( )* trở thành 2 2 ( )2
=
0,5
u v 3
uv 2
+ =
(I) hoặc
u v 3
uv 2
+ = −
=
Ta có: ( ) ⇔ ==
u 1 I
v 2 hoặc
u 2
v 1
=
=
( ) ⇔ = −= −
u 1 II
v 2 hoặc
u 2
v 1
= −
= −
Vì u x 1 u 2
x
v 1
=
=
u 2
v 1
= −
= −
thỏa mãn.
0,5
u 2
v 1
=
=
ta có
x
1 5
y
=
(thỏa mãn ĐKXĐ)
0,5
4
Trang 5u 2
v 1
= −
= −
ta có
x
1 5
y
=
(thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y là: )
0,5
III.
1,
(3,0đ)
Diện tích đáy là SABC a2 3
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 Dlà 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 · DE 1 · 0
AE 2
Xét tam giác A'AG vuông tại G ta có A'G AG.tan 300 a
3
Vậy
3
a 3
12
III.
2,
(3,0đ)
Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của mp
( )α với các cạnh AB, AC, AD
Ta có VAGBC VAGCD VAGDB 1VABCD
3
0,5
Trang 6AB'.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' AI
AB' AC' AD'
h
h
Ta có: ( )2 ( 2 2 2 )
h +h +h ≤3 h +h +h ( ) (2 ) (2 )2
⇔ − + − + − ≥ ( luôn đúng )
Kết hợp với (**) ta được ( )2 ( 2 2 2 )
3h ≤3 h +h +h Hay
2
A
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 ¼BA' CA '= ¼ )
·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
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ ( ) ( )
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 Inằm 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
0,5
6
Trang 7Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c= =
Suy ra P≥ 2 a b c( 3 ) − a b c3
Đặt t a b c, t 0= + + > Khi đó ta có: P 3 3
2t t
0,5
Xét hàm số f t( ) 3 3
2t t
= − với t 0> ta có ( ) 2
f ' t
2t 2t t
( ) 2
2t 2t t
Bảng biến thiên
t −∞ 0 1 +∞
( )
f ' t − 0 +
( )
f t +∞
0
3
2
−
Do đó ta có min f tt 0 ( ) 3
2
> = − khi và chỉ khi t 1=
0,5
Vậy ta có P 3
2
≥ − , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
16 a 21
b
a 4b 16c 21
1 c 21
=
+ + =
=
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3
2
− khi và chỉ khi (a,b,c) 16 4 1, ,
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.