Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012 Mơn: TỐN LỚP 12 THPT - BẢNG A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
I. (6,0đ)
1 (3,0 điểm)
Điều kiện xác định: x
2
0,5
Phương trình cho tương đương:
3 x 2x 5 3x
2x
0,5
3 x 2x 5 3x 0
2x
Đặt
3 3x
f (x) x 2x
2x
với x thuộc ; 0,5
2 2
3
1 10
f '(x)
2x 2x
3 x
với
5 x
2
0,5
hàm số f (x)đồng biến ; .
phương trình f (x) 0 có tối đa nghiệm (1)
0,5
Ta có f (3) 0 (2)
Từ (1) (2) suy phương trình cho có nghiệm x 3 . 0,5
2 (3,0 điểm)
Điều kiện xác định: x2.
Đặt y x 2 , điều kiện y 0 0,5
Bất phương trình trở thành: x3 3xy2 2y3 0 x y 2 x 2y x y
x 2y 0,5
Với x = y
x
x x x
x x
0,75
Với x + 2y ≥
x
x x
2 x x
2 x 4(x 2) x
x 2
.
0,75
Kết hợp điều kiện suy tập nghiệm bất phương trình cho
T2 3;
(2)II. (3,0đ)
Ta có hệ:
3
2 2
x 12x y 6y 16 (1)
4x x 4y y m (2)
Điều kiện xác định:
2 x y
0,25
Ta có
3
(1) x 12x y 2 12 y 2 0,5
Xét hàm số f (t) t 3 12t, t 2;2
2
f '(t) 3t 12 t 0, t 2;2
Suy hàm số f (t) nghịch biến 2;2 (3)
0,5
Ta có x y 2 thuộc đoạn 2;2 f (x) f (y 2) nên kết hợp
(3) suy x y 2 0,25
Thay vào (2) ta có phương trình x 4x2 m (4)
Do hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (4) có nghiệm x thuộc đoạn [-2;2]
0,5
Đặt g(x) x 4x , x [ 2;2]2
2
3x
g '(x) 8x x
4 x x
0,25
g '(x) 0 x 0 g(0) 6; g( 2) g(2) 16.
x [ 2;2]min g(x) 16; max g(x) 6x [ 2;2]
0,5 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 16 m 6 . 0,25 III.
(2,5đ)
Ta có 2
x y y z z x P
y z x
2 2
1 1 1
x y z x y z
(1).
0,5
Mà 2
x y y z z x
y z x
2 2 2
1 1 1
x y z
x y y z x z
x 1 y 1 z 1
xy yz xz
(2)
0,5
Từ (1) (2) suy
2
1 1 1 1 1
P
x y z x y z xy yz zx
(3).
0,5
Từ giả thiết ta có
1 1
1
xy yz zx (4).
(3)Mà 2
1 1 1
1
x y z xy yz zx (5).
2
1 1 1 1 1
3
x y z xy yz zx x y z
(6).
Từ (3), (4), (5) (6) suy P 1 .
Dấu xảy x y z Vậy giá trị nhỏ P 1 .
0,5
IV. (6,0đ)
1 (3,0 điểm)
Gọi I, G trọng tâm tứ diện ABCD tam giác BCD
Ta có
IBCD
IBCD ABCD ABCD
IG V 1
V V
AG 4 V 4 4 .
1,0
Tương tự ta có IABC IACD IABD ABCD
V V V V
4
Suy VIABC VIACD VIABD VIBCD (1)
0,5
ABC = DCB SABC = SDCB (2) 0,5
Từ (1), (2) suy
IABC IBCD
ABC BCD
3V 3V
d(I,(ABC)) d(I,(BCD))
S S (3) 0,5
Tương tự ta có d(I, (ABC)) = d(I, (ABD)) = d(I, (ACD)) (4)
Từ (3) (4) suy điều phải chứng minh 0,5
2 (3,0 điểm)
Gọi O giao điểm AC BD 0,5
A
B
C
D I
G
S
B C
A D
(4)Dễ thấy SOCBOA SO BO BSD vng S.
Do
2 2
BD 4a SD OB 4a SD
2
0,5
Mà OA BC2 OB2 .
Suy
2 2
OA 4a 4a SD
4
0,5
Vì AO (SBD) nên
2
S.ABCD S.ABD SBD
2 a
V 2V OA.S SD 12a SD
3
0,5
Mà
2 2
2 SD 12a SD
SD 12a SD 6a
2
0,5
Vậy V 2a 0,5
V. (2,5đ)
(C) có tâm I(1;1) bán kính R =
0,25
Gọi
J ;3
2
Ta chứng minh với điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ.
Thật
2
2
MA 2MJ MA 4MJ MI IA MI IJ
2
2MI IA 4IJ 3R 4IJ IA
Đẳng thức
2 2
IA 4IJ 0; 3R 4IJ IA 0
0,5
Vì với điểm M thuộc (C) ta có:
MA 2MB MJ MB 2BJ. 0,25
Dấu xảy M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngồi đường trịn (C); J nằm đường trịn (C))
Do MA + 2MB nhỏ M giao điểm đường tròn (C) đoạn thẳng BJ
0,5
BJ có phương trình 2x y 0
Tọa độ giao điểm BJ (C) nghiệm hệ
2 2
2x y x 1
y
x y 25
x
y
.
0,5
Thử lại ta có điểm M(1;6) thuộc đoạn JB thỏa mãn tốn 0,5 B
A J
I
(5)