Tài liệu Đề thi HSG Lớp 12 vòng 1 tỉnh Long An năm 2013 môn Toán doc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2012 (VÒNG 1)


ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, BẢNG A
Ngày thi: 23/10/2012
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)

Câu 1: ( 5,0 điểm )
a. Giải phương trình sau trên tập số thực:
1 (2 1) 1 2
x x x
    
.
b. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
 
2 2
2
8
12
x y xy y
xy y xy x y
   


   


.
Câu 2: ( 5,0 điểm )
a. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

Oxy
cho hai điểm




1;2 , 4;3
A B .
Tìm trên trục hoành điểm M sao cho

0
45
AMB

.
b. Cho tam giác
ABC
đều, cạnh bằng
6
cm
, trọng tâm là
G
. Một đường
thẳng

đi qua
G
,

cắt các đoạn thẳng

AB
và
AC
lần lượt tại hai điểm
M
và
N

sao cho
2 3
AM AN

. Tính diện tích tam giác
AMN
.
Câu 3: ( 4,0 điểm )
Cho dãy số


n
u
được xác định bởi
1
1
u

và
1
2
n

n n
u u

 
với mọi
1
n

.
a. Chứng minh rằng:
2 1
n
n
u
 
.
b. Tính tổng
1 2 3

n
S u u u u
    
theo
n
.
Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho các số thực dương
, , .
a b c

a. Chứng minh rằng:
  
 
2
2 2
9
2 2 2 7
16
a b a b
 
    
 
.
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
2
(2 )(2 )(2 )
.
(3 )
a b c
P
a b c
  

  

Câu 5: ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
   
3 2

1
1 4 3 1
3
y mx m x m x
     
có đồ thị là


m
C
,
m
là
tham số. Tìm các giá trị của
m
để trên


m
C
có duy nhất một điểm có hoành độ âm
mà tiếp tuyến của


m
C
tại điểm đó vuông góc với đường thẳng
: 2 0
d x y
 

.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
LONG AN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM 2012 (VÒNG 1)
Môn: TOÁN, BẢNG A. Ngày thi: 23/10/2012
ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn này có 03 trang )

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.

Câu Đáp án Thang điểm
1
(5,0 điểm)

a. ( 2,5 đi
ểm )

Điều kiện:
1
.
2
x
 
Đặt
1 2
y x
  
(
2
y 
),
ta thu được hệ
2
1 2( 1)
1 2
x y x y
y x
   



  




0,25

0,25
Suy ra


  
2
2
1 1 ( 1)
1 1 1 1 0
x y y x x y
y x y x y x
     
       


0,25

0,25







1 1 2 1 0
2 1
y x y x
y x

     
  



0,25

0,25
Do vậy
15 33
1 2 2 1 .
32
x x x
 
     


0,5
Thay vào, thử lại thấy
15 33
32
x
 
 thỏa mãn.
Đáp số:
15 33
.
32
x
 



0,25

0,25
b. ( 2,5 điểm )

Đặt




, 1
u x x y v y y
   
, hệ trở thành:
8
. 12
u v
u v
 






0,5
Giải hệ tìm được
2

6
u
v





hay
6
2
u
v







0,25 + 0,25
Với
2
6
u
v






ta tìm được:
1 3
2
x
y

  





hoặc
3 17
2
3
x
y





 


0,25 + 0,25







Với
6
2
u
v





ta tìm được:
2
1
x
y






,
3
1
x
y
 





hoặc
1 7
2
x
y

 


 





0,25

0,25
Kết luận : Hệ đã cho có các nghiệm
1 3
2
x
y

  





,
3 17
2
3
x
y






 

,
2
1

x
y





,
3
1
x
y
 




,
1 7
2
x
y

 


 



0,5


2
(5,0 điểm)

a. ( 2,5 điểm )
Gọi


;
I x y
là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB.
Ta có:
. 0
AI BI
AI BI







 



0,25 + 0,25

2 2
3 10
5 5 10 0
x y
x y x y
 



    



0,25 + 0,25

3
1
x
y






hay
2
4
x

y







0,25 + 0,25

 Với


3;1
I
thì
5
IA 
. Đường tròn tâm I bán kính IA có
phương trình




2 2
3 1 5
x y
   
cắt trục hoành tại hai điểm



1
1;0
M và


2
5;0
M .


0,5

 Với


2;4
I
thì
5
IA 
. Đường tròn tâm I, bán kính IA không
cắt trục hoành.


0,5
b. ( 2,5 điểm )
Đặt ,
AM x AN y
 

với
0, 0
x y
 
.
0
1 3
. .sin30
2 2
AMG
x
S AM AG  ,
0
1 3
. .sin30
2 2
ANG
y
S AN AG 


0,25 + 0,25
0
1 3
. .sin60
2 4
AMN
xy
S AM AN 
,

AMN AMG ANG
S S S
 


0,25 + 0,25
Nên ta có:
 
3 3
( ) 2
2 4
x y xy x y xy
    
.
Vậy ta có hệ :


2
2 3
x y xy
x y
 







0,25

0,25









Giải hệ tìm được
5
10
3
x cm
y cm










0,5
Diện tích cần tìm:

3 25 3
4 6
AMN
xy
S  
2
cm


0,5

Câu Đáp án Thang điểm
3
(4,0 điểm)
a. 2,0 điểm
Khi
1
n

:
1 2
2 1
2 1 2 2 1
u u
     
đúng.
0,5
Giả sử
2 1
k

k
u
 
đúng với 1,
k k N
 
.
0,5
Ta chứng minh:
1
1
2 1
k
k
u


 

0,5
Thật vậy:
1
1
2 2 1 2 2 1
k k k k
k k
u u


      

0,5
b. 2,0 điểm






1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 2 2
n n
S n
           

0,5 + 0,5
1
2 1
2. 2 2
2 1
n
n
S n n


    



0,5 + 0,5

4
(3,0 điểm)
a. 1,5 điểm
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

2 2 2 2
14 14 16 36 1 0
a b a b ab
    


0,5
   
2 2
14 4 1 0
a b ab
    
đúng
0,5
Đẳng thức xảy ra khi
1
2
a b
 


0,5
b. 1,5 điểm
Đặt

t a b
 
, ta có:
2 2
2
16 (2 7)( 2)
9 (3 )
P t c
t c
 

 


0,5


2 2
2
2 2
2 2
1 1
2 3( 1) 6
(2 7)( 2)
2 2
1 1
(3 ) (3 )
tc t c
t c
t c t c

   
    
   
 
   
  
   



0,25 + 0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
9
16
khi
1
2
a b c
  


0,25 + 0,25
5
(3,0 điểm)
/ 2
2( 1) 4 3
y mx m x m

    
. Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2
0,25 + 0,25
Ta tìm
m
:
2
2( 1) 4 3 2
mx m x m
    


*
có đúng một nghiệm âm
0,5


*




1 3 2 0 1
x mx m x
      
hoặc
2 3
mx m
 

0,25 + 0,25
0
m

: không thỏa yêu cầu
0,5
0
m

, yêu cầu bài toán xảy ra khi
0
2 3
0
2
3
m
m
m m




 





0,25 + 0,25

Kết luận:
0
2
3
m
m








0,5