Gián án ĐÈ VÀ HD TÓM TẮT LG ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN 2010-2011

Đề và HD giải tóm tắt đề thi chọn HSG tỉnh Nghệ An - Bảng A 2010-2011 Câu 1: (6 điểm) a) Giải phương trình 2 1 1 2 2x x x x− + + + − = + b) Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn [ ] 2;2 − : ( 2) 1m x m x + − ≥ + Giải. Câu 1.a) Bằng cách phân tích thích hợp ta có 2 nghiệm x=0, x=1. b)Ta có 2 2 ( 2) 1 ( 2) ( 1) ( 1) 1(1)m x m x m x m x m x x+ − ≥ + ⇔ + − ≥ + ⇔ − ≥ + +) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm +) Nếu x (1;2]∈ : 2 1 (1) 1 x m x + ⇔ ≥ − . Xét hs f(x)= 2 1 1 x x + − trên (1;2] ta có: ( ] 1;2 minf ( ) (2) 5 x x f ∈ = = . TH này bpt có nghiệm ( ] 1;2 minf ( ) 5 x m x ∈ ⇔ ≥ = . +) Nếu x [-2;1)∈ : 2 1 (1) 1 x m x + ⇔ ≤ − . Xét hs f(x)= 2 1 1 x x + − trên [-2;1) ta có: [ ) 2;1 maxf ( ) (1 2) 2 2 2 x x f ∈ − = − = − TH này bpt có nghiệm [ ) 2;1 maxf ( ) 2 2 2 x m x ∈ − ⇔ ≤ = − Suy ra pbt đã cho có nghiệm ( ;2 2 2] [5;+ )m⇔ ∈ −∞ − ∪ ∞ . Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 3 4 2 1 2 1 y y x x x x y y + = + + +    − − = − −   Giải Từ (1) 3 3 ( 1) 1 1y y x x y x+ = + + + ⇒ = + Thế vào (2) ta có 2 1 1 1 1 1( 1 1) ( 1 1) 0 ( 1 1)( 1 1) 0 0 x x x x x x x x x − − + = − − ⇔ + − − − − − = ⇔ − − + − = ⇔ = Vậy HPT có nghiệm duy nhất (x=0;y=1). Câu 3: (5 điểm) a) Cho x, y là các số thực thoả mãn: 4 4 log ( 2 ) log ( 2 ) 1x y x y + + − = Chứng minh rằng : 2 15x y− ≥ b) Cho a, b, c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thoả mãn: 2 2 2 2 ( ) 2( ).a b c a b c+ + = + + Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 3 3 3 . ( )( ) a b c P a b c ab bc ca + + = + + + + Giải Câu 3.a ĐK: 2 0 0(*) 2 0 x y x x y + >  ⇒ >  − >  Ta có log 4 (x+2y)+log 4 (x-2y)=1 ⇔ x 2 -4y 2 = 4 2 2 1 1 1 2 2 x x y   ⇔ = + ≥ ⇒ ≥  ÷   ( do (*) ). Cách 1. Từ đó 2 0 1 x < ≤ . Ta đặt 2 sin , (0; ] 2 t t x π = ∈ . Suy ra coty t= Do đó 4 2 15 cot 15 15sin ost 4 sin x y t A t c t − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ = + ≤ (1) Áp dụng điều kiện có nghiệm pt suy ra Áp dụng bđt B.N.A.C.S, ta có 4A ≤ . Vậy (1) đúng (đpcm). Cách 2. Xét hàm số 2 4 ( ) 2 2 2 x g x x y x − = − = − trên [ ) 2;+∞ . Suy ra đpcm. Câu 3.b) (Theo Thầy Tuấn –Tân kì) +) Theo gt, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 2( ) ( ) 2 4 a b c a b c a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca + + = + + ⇔ + + = + + + + + + ⇔ + + = = Từ đó 3 3 3 3 4( ) ( ) a b c P a b c + + = + + . +) Đặt t=a+b+c ta có a 3 +b 3 +c 3 =a 3 +b 3 +(t-a-b) 3 =a 3 +b 3 +t 3 -3t 2 (a+b)+3t(a+b) 2 -(a+b) 3 =t 3 -3t 2 (a+b)+3t(a+b) 2 -3ab(a+b)=t 3 -3(a+b)[t 2 -t(a+b)+ab] =t 3 -3(a+b)(t-a)(t-b)=t 3 -3(t-c)(t-a)(t-b)= =t 3 -3t 3 +3t 2 (a+b+c)-3t(ab+ac+cb)+3abc= = 1 4 t 3 +3abc . Vậy P=1+ 3 3 12 12 1 ( ) abc abc t a b c = + + + +) Mặt khác từ GT, ta có a 2 -2a(b+c)+b 2 +c 2 -2bc=0 (1). Từ (1) để có a thì ' 4 0 0 a bc bc∆ = ≥ ⇔ ≥ . Lập luận tt ta có 0, 0ac ab≥ ≥ . +) Nếu bc=0 0 0 b c =  ⇔  =  suy ra P=1 +) Nếu bc>0. Từ (1) có 2 2 ( ) 0a b c bc b c= + ± = ± ≥ • Nếu a=0 suy ra P=1 • Nếu a>0 suy ra b>0, c>0 suy ra P>1. Mặt khác nếu 3 12( 2 ) 11 2 1 9 (2 2 2 ) b c bc bc a b c bc P b c bc + + = + + ⇒ = + ≤ + + 3 12( 2 ) 11 2 1 9 (2 2 2 ) b c bc bc a b c bc P b c bc + − = + − ⇒ = + < + − . Vậy MinP=1. MaxP= 11 9 . Câu 4: (2 điểm) Trong mp(Oxy), cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Biết rằng đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x 2 +y 2 -2x+4y+4=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải Cách 1. x 2 +y 2 -2x+4y+4=0 (C 1 ) là đường tròn Ơle đi qua trung điểm các cạnh AB,BC, CA nên gọi (C ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ( ) ( ) 2 1 : G V C C − → I 1 (1;-2) thì I(1;10) và R = 2 R 1 =2 Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là: (x-1) 2 +(y-10) 2 =4. Cách 2 +) Đường tròn x 2 +y 2 -2x+4y+4=0 (C 1 ) có tâm K(1;-2), bán kính R 1 =1 +) Theo GT ta có phép vị tự tâm H, tỉ số 2 sẽ biến đường tròn (C 1 ) thành đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC suy ra (C) có bán kính R=2. Gọi I là tâm của (C) ta có 2HI HK= uur uuur (1) +) Theo BT38, tr11, SBT NC hình 10 ta có 3 2 2 3 2 HA HB HC HI HI HG HI HG+ + = ⇒ = ⇒ = uuur uuur uuur uur uur uuur uur uuur (2) +) Từ (1) và (2) suy ra 3 4 (1; 14)HG HK H= ⇒ − uuur uuur . Bây giờ từ (1) suy ra I(1;10) Vậy PT đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x-1) 2 +(y-10) 2 =4. Câu 5: (5 điểm) a) Cho tứ diện ABCD. Gọi α là góc giữa 2 mp(ABC) và (ABD). Gọi S C , S D lần lượt là diện tích tam giác ABC, ABD. Chứng minh rằng: 2 . .sin 3 C D S S V AB α = với V là thể tích tứ diện ABCD. b) hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC, lần lượt tại A’, B’, C’ khác S. Tìm GTLN của biểu thức. 1 1 1 Q SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA' = + + . H K H D C A B α F Giải Câu 5.a) . Gọi H là hình chiếu của C trên (ABC). Kẻ HK vuông góc với AB ( K thuộc AB) Khi đó HKC α ∧ = Trong tam giác HKC ta có 2 sin sin . sin . C S HC HC KC KC AB α α α = ⇒ = = suy ra 2 sin1 . 3 3 C D C S S V HC S AB α = = ( đpcm ). Câu 5.b) G K G' S C A B Ta chứng minh được: SA SB SC SG ' 3 4 SA' SB' SC' SG + + = = ( G’ là trọng tâm tam giác ABC) ' ' ' 1 1 1 4 a SA SB SC + + = Với mọi x,y,z ta có (x+y+z) 2 ≥ 3(xy+yz+zx) suy ra 2 ' ' ' ' ' ' ' ' ' 2 1 1 1 1 1 1 1 16 ( ) 3 . . . 3 Q SA SB SB SC SC SA SA SB SC a = + + ≤ + + = Vậy MaxQ = 2 16 3a . Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi mp(P) song song với (ABC). -------Hết------- . Đề và HD giải tóm tắt đề thi chọn HSG tỉnh Nghệ An - Bảng A 2010-2011 Câu 1: (6 điểm) a) Giải phương trình. K(1;-2), bán kính R 1 =1 +) Theo GT ta có phép vị tự tâm H, tỉ số 2 sẽ biến đường tròn (C 1 ) thành đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC suy ra (C) có bán kính