Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2012 - 2013 môn Toán lớp 12 Bảng B (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 12 THPT - BẢNG B
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I: (3,0 điểm)
Cho hàm số
3x 4
y
3x 3
+
=
+
có đồ thị
(C).

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
OAB
đều ( với

O
là gốc tọa độ ).
Câu II: (6,0 điểm)
1. Cho phương trình
2
1 2x 1 2x x m 0− + + + + =
.
Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình có nghiệm thực.
2. Giải hệ phương trình
( )
2 2
xy x y x 2y
x, y
x 1 2y 3 3

+ + = −

∈

− + − =


¡
.
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 điểm
I
nằm trong tứ diện
ABCD
. Các đường thẳng
AI, BI, CI, DI
lần lượt
cắt các mặt phẳng
(BCD), (CDA), (DAB), (ABC)
tại
A', B', C', D'

thỏa mãn đẳng thức
AI BI CI DI
12
A'I B'I C'I D'I
+ + + =
. Gọi
1
V, V
lần lượt là thể tích của các khối tứ diện
ABCD

và
IBCD
. Chứng minh rằng
1
V 4V .=
Câu IV: (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
( )
2 2
T :x y 4x 2y 0+ − − =
và đường phân giác trong của góc A có phương trình
x y 0− =
. Biết diện tích tam giác
ABC
bằng ba lần diện tích tam giác
IBC
( với
I
là tâm

của đường tròn
( )
T
) và điểm
A
có tung độ dương. Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu V: (2,5 điểm)
Cho các số thực dương
x, y, z
thỏa mãn
2
y xz≥
và
2
z xy≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức :
x y 3z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
- - Hết - -
Họ tên thí sinh:………………………………………………. Số báo danh:……………………
Đề thi chính thức
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 12 THPT- BẢNG B

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I.
(3,0đ)
Phương trình hoành độ giao điểm:
( )
2
3x 3mx 3m 4 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
2
9m 36m 48 0
1
0.m 1 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 *
3m 4
x x
3
 + = −


−
=


Giả sử
( )
1 1
A x ; x m+
,
( )
2 2
B x ; x m+

0,5
Khi đó ta có
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 2 2
OA x x m ,OB x x m= + + = + +
Kết hợp
( )
*
ta được
2 2
1 2
OA OB x x= = +
. Suy ra
OAB∆
cân tại
O
0,5
Ta có
( )
2
1 2
AB 2 x x= −
. Tam giác
OAB
đều
2 2
OA AB⇔ =
( ) ( )

2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x x 2 x x x x 6x x 0⇔ + = − ⇔ + − =
0,5
2
m 2
m 6m 8 0
m 4
=

⇔ − + = ⇔

=

. Vậy giá trị cần tìm là
m 2, m 4= =
0,5
II.
1,
(3,0đ)
ĐKXĐ:
1 1
x
2 2
− ≤ ≤
. Đặt
( )
t 1 2x 1 2x *= − + +
0,5

1 1
t' , t' 0 x 0
1 2x 1 2x
−
= + = ⇔ =
− +
2 t 2⇒ ≤ ≤
0,5
Ta có:
( )
4 2
2
t 4t
* x
16
− +
⇒ =
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
4 2
t 4t 16t 16m− − =
0,5
Xét hàm số
( )
4 2
f t t 4t 16t= − −
với
t 2;2
 
∈
 

Ta có hàm số
( )
f t
liên tục trên đoạn
2;2
 
 
.

( ) ( )
3
f ' t 4t 8t 16, f ' t 0 t 2= − − = ⇔ =
0,5
Suy ra
( )
2;2
Min f t 32
 
 
= −
,
( )
2;2
Maxf t 4 16 2
 
 
= − −
0,5
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
32 16m 4 16 2− ≤ ≤ − −

Suy ra giá trị cần tìm của
m
là:
1 4 2
2 m
4
− −
− ≤ ≤
0,5
2
D
II.
2,
(3,0đ)
ĐKXĐ:
x 1
3
y
2
≥



≥


Hệ phương trình tương đương:
2 2 2
(xy x ) x y 2x 2y
x 1 2y 3 3


+ + + = −


− + − =


0,5
( ) ( )
x y 1 x 2y 0
x 1 2y 3 3
 + − + =

⇔

− + − =


x y 0
1 x 2y 0
x 1 2y 3 3
 + =



− + =
⇔




− + − =

0,5

( )
2y x 1
x 1 x 4 3 *
= −


⇔

− + − =


PT
( )
*
2
x 4
2x 5 2 x 5x 4 9
≥


⇔

− + − + =


0,5

( )
2
2
2
4 x 7
x 4
x 5x 4 7 x
x 5x 4 7 x
≤ ≤
≥


 
⇔ ⇔
 
− + = −
− + = −




0,5
( )
4 x 7
x 5 TM
x 5
≤ ≤

⇔ ⇔ =


=

0,5
Với
x 5 y 2= ⇒ =
. Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
( ) ( )
x; y 5; 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
3
( loại )
I
Vậy
3
ABC.A 'B'C' ABC
a 3
V A'G.S
12

= =
(đvtt). 0,5
III.
2,
(3,0đ)
Gọi
2 3 4
V , V , V
lần lượt là thể tích
của tứ diện
ICDA, IDAB, IABC
0,5
Ta có :
( )
( )
( )
( )
( )
2 3 4
1 1 1 1
d A, BCD
AA' V IA V IA V V V V
1 1 1
IA' d I, BCD V IA' V IA' V V
+ +
= = ⇔ + = ⇔ = − =
0,5
Tương tự ta có :
( )
1 3 4

2
V V V
IB
2
IB' V
+ +
=
,
( )
1 2 4
3
V V V
IC
3
IC' V
+ +
=
,
( )
1 2 3
4
V V V
ID
4
ID' V
+ +
=
0,5
Từ
( ) ( ) ( )

1 , 2 , 3
và
( )
4
ta có :
= + + + =
AI BI CI DI
VT
A'I B'I C'I D'I
2 3 4 3 4 1 1 2 3
1 2 4
1 2 3 4
V V V V V V V V V
V V V
V V V V
+ + + + + +
+ +
= + + +
0,5
3 3 3
1 2 2 4 4 1 1 2 4
2 1 3 2 4 3 1 4 1 3 4 2
V V V
V V V V V V V V V
VT 12
V V V V V V V V V V V V
     
     
= + + + + + + + + + + + ≥
 ÷  ÷  ÷

 ÷  ÷  ÷
     
     
0,5
Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3 4
V
V V V V
4
= = = =
. Suy ra
1
V 4V=
(đpcm). 0,5
IV.
(2,5đ)
Gọi
d
là đường phân giác trong của góc
A
Đường tròn
( )
T
có tâm
( )
I 2;1
, bán kính
R 5=
Khi đó đường thẳng
d

cắt đường tròn
( )
T
tại
A
và
A'
có tọa độ là nghiệm của hệ
2 2
x y 4x 2y 0
x y 0

+ − − =

− =

x 0
y 0
=

⇔

=

hoặc
x 3
y 3
=



=

Điểm
A
có tung độ dương suy ra
( )
A 3;3
và
( )
A' 0;0
0,5
Vì
d
là phân giác trong của góc
A
nên
¼ ¼
BA' CA'=
⇒

IA' BC⊥
Phương trình đường thẳng
BC
có dạng:
BC: 2x y m 0+ + =
0,5
Mặt khác ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
ABC IBC
1 1

S 3S d A, BC .BC 3. d I, BC .BC d A, BC 3.d I, BC
2 2
= ⇔ = ⇔ =
0,5
4
m 3
m 9 m 5
3. m 9 3. m 5
m 6
5 5
= −
+ +

= ⇔ + = + ⇔

= −

0,5
. Với
m 3= −
khi đó
BC: 2x y 3 0+ − =
Tọa độ các điểm
B, C
là:
6 21 3 2 21 6 21 3 2 21
; , ;
5 5 5 5
   
− + + −

 ÷  ÷
   
, suy ra
B, C
nằm khác phía đối với đường thẳng
d
( TM )
. Với
m 6= −
khi đó
BC: 2x y 6 0+ − =
Tọa độ các điểm
B, C
là:
12 2 6 6 4 6 12 2 6 6 4 6
; , ;
5 5 5 5
   
− + + −
 ÷  ÷
   
, suy ra
B, C
nằm khác phía đối với đường thẳng
d
( TM )
Do đó phương trình đường thẳng
BC
là :
2x y 3 0+ − =

và
2x y 6 0+ − =
.
0,5
V.
(2,5đ)
Ta có:
1 1 3
P
y z x
1 1 1
x y z
= + +
+ + +
, đặt
y z x
a ;b ;c
x y z
= = =
kết hợp với giả thiết ta
suy ra
a b c 0 0 c 1
abc 1 ab 1
≥ ≥ > < ≤
 
⇒
 
= ≥
 
. Khi đó

1 1 3
P
1 a 1 b 1 c
= + +
+ + +
0,5
Ta có
( ) ( )
2
1 1 2
a b ab 1 0
1 a 1 b
1 ab
+ ≥ ⇔ − − ≥
+ +
+
(đúng do
ab 1≥
)
Suy ra
1 1 2 c
1 a 1 b
c 1
+ ≥
+ +
+
0,5
Hay
2 c 3 2 c 3 3 2 c
P

c 1
c 1 c 1 c 1 c 1
+
≥ + ≥ + =
+
+ + + +
vì
0 c 1 c c< ≤ ⇒ ≤
0,5
Đặt
t c 0 t 1= ⇒ < ≤
Xét hàm số
( )
2t 3
f t
t 1
+
=
+
với
0 t 1< ≤
. Ta có hàm số
( )
f t
liên tục trên
(
]
0;1
,
( )

( )
( )
2
1
f ' t 0, t 0;1
t 1
= − < ∀ ∈
+
.
0,5
Hàm số
( )
f t
nghịch biến trên
(
]
0;1
. Suy ra
( ) ( )
5
f t f 1
2
≥ =
Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
5
2
khi và chỉ khi
x y z= =

.
0,5
- - Hết - -
Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng.
- Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.
5