Dap an de thi HSG toan 12 tinh Thanh Hoa 2013

Đáp án: Đề thi HSG Toán 12 năm học 2012- 2013
- Trình bày lời giải: Lê Thanh Bình -
Câu I:
2. Viết phơng trình tiếp tuyến của
( )
2
:
2
x
C y
x
=
+
sao cho khoảng cách từ điểm
( )
2; 2I

đến tiếp tuyến đó là lớn nhất.
Giải: Ta có
( )
2
4
'
2
y
x
=
+
. Gọi hoành độ tiếp điểm là
a

( )
2a
.
Phơng trình tiếp tuyến là:
( )
( )
2
4 2
2
2
a
y x a
a
a
= +
+
+
hay
( )
( )
2
4 2
0
2
2
a
x a y
a
a
+ =

+
+

( )

Khoảng cách từ
( )
2;2I
đến
( )

là
( )
( )
( )
2
2
8 8
; 2 2
16 8
2
2
Cauchy
d I
a
a
= =
+ +
+
.

Đẳng thức xảy ra
( )
( )
2
2
0
16
2 2 2
4
2
a
a a
a
a
=

+ = + =

=
+

.
Vậy khoảng cách từ
I
đến

lớn nhất bằng
2 2
khi
0

4
a
a
=


=

.
Khi đó phơng trình tiếp tuyến

là
8
y x
y x
=


= +

.
Câu II:
1. Giải phơng trình:
3 3
sin .sin 3 cos .cos3 1
8
tan( ) tan( )
6 3
x x x x
x x

+
=
+
(1)
Giải: Điều kiện
( ) ( )
sin .cos 0
6 6
sin 2 0 *
3 6 2
sin .cos 0
3 3
x x
x x m m
x x






ữ ữ



+

ữ

+ +
ữ ữ



Â
Ta có
tan tan cot .tan 1
6 3 3 3
x x x x


+ = + + =
ữ ữ ữ ữ

.
Suy ra (1)
[ ] [ ]
3 3 2 2
1 1
sin sin 3 cos cos3 sin sin sin 3 cos cos cos3
8 8
x x x x x x x x x x + = + =
[ ] [ ]
2 2 2 2 2 2
1 1
sin cos 2 cos 4 cos cos 2 co s 4 sin cos cos 2 cos sin .cos 4
4 4

x x x x x x x x x x x x

+ + = + + =

[ ]
( )
3
1 1 1 1
cos 2 cos 2 cos 4 cos 2 1 cos 4 cos 2 cos 2
4 4 8 2 6
x x x x x x x x k k


+ = + = = = = +
Â
.
Kết hợp điều kiện (*) ta đợc
( )
6
x k k


= + Â
.
2. Giải hệ phơng trình:
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 1 2 2 1
1 4 .5 1 2 1

ln 3 ln 3 2
4
x y x y x y
x y
x y
+ +

+ = +



= + +

Giải: Điều kiện
, 3x y >
(*)
1
( )
2 2
2
1 4
1 5 1 2.2 0
5 5
x y x y
x y




+ =

ữ ữ



(3).
Xét hàm số
( )
1 4
5 1 2.2
5 5
t t
t
f t


= +

ữ ữ



trên
Ă
ta có
( )
1 1 4 4
' 5 ln .ln 2.2 ln 2 0
5 5 5 5
t t

t
f t t


= + <

ữ ữ ữ ữ



Ă
. Suy ra
( )
f t
nghịch biến trên
Ă
.
Do đó
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 1 2 1 2 1 4f x y f x y y x = = =
.
Thế (4) vào (2) ta đợc
1 3
ln
4 2 2
x x
x
+

=

ữ
+

3 1
ln 0
2 2 4
x x
x
+

+ =
ữ
+

(5)
Xét hàm số
( )
3 1
ln
2 2 4
x x
g x
x
+

= +
ữ
+

với

1x >
, ta có
( )
( ) ( )
( ) ( )
5 1
'
4 3 1
x x
g x
x x
+
=
+ +
( )
( )
( )
5 1;
' 0
1 1;
x
g x
x
= +
=

= +


.

Ta có bảng biến thiên của
( )
g x
trên
( )
1; +
là:
Từ bảng biến thiên, suy ra
( )
0 1g x x= =
.
Do đó
1y =
. Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
; 1;1x y =
.
Câu III:
1. Cho
, ,x y z
là các số thực dơng thỏa mãn
3x y z+ + =
. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2
4 4 4
x y z y z x z x y
xyz
yz zx xy
+ + +

+ +

(1)
Giải: Ta có
( )
( )
2
2
9 3yz zx xy x y z yz zx xy+ + + + = + +
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 2
4 4 4
y z z x x y
yz yz zx zx xy xy
+ + +
+ +

(2)
Ta có
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2

2 2
4
2
2 2
2 2
y z
yz
yz yz
yz
yz yz yz
yz yz yz
+
=


+
+
+

Do đó
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 1 1 18
2
4 4 4

2 2 2
6
y z z x x y
yz yz zx zx xy xy
yz zx xy
yz zx xy

+ + +
+ + + +


+ + +
+ + +


18
2
6 3
=
+
. Vậy (2) đúng (đpcm).
2. Tìm các giá trị thực của tham số
m
để hệ bất phơng trình sau có nghiệm thực:
( )
( )
3
1
2 0 1
4 3.2 4 0 2

x x x x
x mx
+ +

+





Giải: Ta có
( )
( )
(
)
(
)
(
)
2
2
2 2 3.2 .2 4. 2 0 2 2 2 4.2 0 2 4.2
x x x x x x x x x x
+
( )
2 0 2 0 4 3x x x x +
.
Vì
0x =
không thỏa mãn (1) nên

( ) ( )
3
2
1 4
x
m
x
+

với
(
]
0; 4x
.
2
Xét hàm số
( )
3
2x
f x
x
+
=
với
(
]
0; 4x
, ta có
( )
( )

3
2
2 1
'
x
f x
x

=
,
( )
' 0 1f x x= =
.
Bảng biến thiên của
( )
f x
là:
Từ bảng biến thiên suy ra
(
]
( )
0;4
min 3
x
f x

=
.
Do đó hệ bất phơng trình có nghiệm

(4) có nghiệm
(
]
0; 4x
(
]
( )
0;4
min 3
x
m f x m


.
Câu IV:
1. Cho khai triển
( )
15
2 14 2 210
0 1 2 210
1 x x x a a x a x a x+ + + + = + + + +
. Chứng minh rằng:
0 1 2 15
15 15 15 14 15 13 15 0
15C a C a C a C a + =
.
Giải: Ta có
( ) ( )
( ) ( )
210 15

15 15
15
15 2 14
15
0 0
1 1 1 1
k
k i k
i
i k
x x x x x C a x
+
= =
= + + + + =

Suy ra hệ số của
15
x
trong khai triển
( )
15
15
1 x
là
( )
0 1 2 15
15 15 15 15 14 15 13 15 0
15
1
k

k
i
i k
C a C a C a C a C a
+ =
= +

Mặt khác
( )
15
15 15 225
1 1 15 x x x = +
. Suy ra hệ số của
15
x
trong khai triển
( )
15
15
1 x
là
15

.
Vậy
0 1 2 15
15 15 15 14 15 13 15 0
15C a C a C a C a + =
(đpcm).
2. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Phơng trình đờng

tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đờng cao hạ từ đỉnh A đến cạnh
BC của tam giác ABC là
( ) ( )
2 2
3 2 25x y + + =
. Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Giải: Gọi D, E, F là trung điểm BC, CA, AB. A là chân đ-
ờng cao hạ từ A xuống BC. K là giao điểm của EF và AA.
G là trọng tâm tam giác ABC. I, J lần lợt là tâm đờng tròn
ngoại tiếp tam giác AEF và ABC.
Ta có K là trung điểm của AA và
'EF AA
nên A đối xứng
với A qua EF. Suy ra
'AEF A EF =

ã
ã
'EA F EAF =
Mặt khác AFDE là hình bình hành nên
ã
ã
EDF EAF=
.
Suy ra
ã
ã
'EA F EDF=
. Hơn nữa A và D nằm cùng phía đối với

EF, suy ra D nằm trên đờng tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
Do đó phơng trình đờng tròn đi qua D, E, F là:
( ) ( )
2 2
3 2 25x y + + =
. Đờng tròn này có tâm
( )
3; 2I
, bán kính
5R
=
.
Vì phép vị tự
( )
; 2G
V

biến tam giác DEF thành tam giác ABC nên đờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC là ảnh của đờng tròn ngoại tiếp tam giác DEF qua
( )
; 2G
V

.
Từ đó suy ra đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm
J
thỏa mãn
( )
2 3;10GJ GI J=
uuur uur

và bán kính
' 2 10R R= =
. Vậy phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( )
2 2
3 10 100x y+ + =
.
Câu V.
3
K
G
I
D
A'
J
E
F
A
B
C
1. Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB
bằng 2a và
ã
0
30ABC =
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC biết khoảng cách
giữa hai đờng thẳng AB và CB bằng
2
a

.
Giải: Gọi M, M lần lợt là trung điểm của AB và AB.
H là hình chiếu của M trên CM. Khi đó:
Vì tam giác ABC cân tại C nên
CM AB
, suy ra
' 'A B CM
.
Vì ABC.ABC là lăng trụ đứng nên
' ' 'MM A B
.
Vậy
( )
' ' ' ' 'A B MM C A B MH

. Từ đó suy ra
( )
' 'MH A B C

.
Do đó
( ) ( )
( )
( )
( )
; ' ; ' ' ; ' '
2
a
d AB CB d AB A B C d M A B C MH
= = = =

.
Ta có BM=a,
ã
0
30MBC =
nên
3
a
MC =
. Suy ra
2
3
ABC
a
S =
.
Đặt AA=MM=h. Ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 3 4
'MM MC MH h a a
+ = + =
h a
=
. Vậy
3
. ' ' '
3
ABC A B C
a
V =

.
2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(-1;-2;-3) và B(-6;10;-3). Viết phơng trình
mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 15 và khoảng cách từ B đến (P)
bằng 2.
Giải:
Gọi H, K lần lợt là hình chiếu của A, B trên (P).
Ta có
( )
5;12;0AB =
uuur
suy ra AB=13.
Vì AH=15, BK=2 nên AB+BK=AH.
Mặt khác
AB BK AK AH+
(*)
Do đó (*) phải xảy ra dấu =. Điều này xảy ra khi và
chỉ khi A, B, K thẳng hàng (B nằm giữa A và K) và K
trùng với H. Suy ra AB vuông góc với (P) tại K và B
nằm giữa A và K.
Ta có
2 88 154
; ; 3
13 13 13
BK
BK AB AB K
AB

= =
ữ

uuur uuur uuur
Mặt phẳng (P) đi qua K và nhận
AB
uuur
làm vectơ pháp tuyến nên (P) có pt là:
( )
88 154
5 12 0 3 0
13 13
x y z

+ + + + =
ữ ữ

5 12 176 0x y + =
.
Hết
4
30*
a
h
a
M'
M
B
A
A'
C'
B'
C

H
P
B
A
H
K