Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2012 - 2013 môn Toán lớp 12 Bảng A (Có đáp án)

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 ( ) α 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 ( ) α . 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 - - Đề thi chính thức Họ tên thí sinh: Số báo danh: 2 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 3 ( ) ( ) 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 4 D 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: 1 5 1 5 1 5 1 5 1; , 1; , 1; , 1; 2 2 2 2         + − − + − − − −  ÷  ÷  ÷  ÷         . 0,5 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 sin DAE 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 ( ) α 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 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 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 h h 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 ¼ ¼ 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 + + + + + ≤ + + = + + . 0,5 6 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c= = . Suy ra ( ) 3 3 P 2 a b c a b c ≥ − + + + + Đặt t a b c, t 0= + + > . Khi đó ta có: 3 3 P 2t t ≥ − 0,5 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. 7 . 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' ⇔. AB'C'D' AIB'C' AIC'D' AID'B' ABCD AGBC AGCD AGDB V V V V V 3V 3V 3V = + + 0,5 5 AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD'. 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 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: