Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2012 - 2013 môn Toán lớp 12 Bảng A (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 - THPT BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I: (3,0 điểm)
Cho hàm số
2x 1
y
x 1
−
=
+
có đồ thị
(C)
và điểm
( )
P 2;5
.
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
PAB
đều.
Câu II: (6,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
3
x 1 2 1
x
x 2
2x 1 3
+ −
= ∈
+
+ −
¡
2. Giải hệ phương trình
( )
( )
2 2
2 2
2
2 2
1 1
x y 5
x y
x,y
xy 1 x y 2

+ + + =


∈


− = − +

¡
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 tứ diện
ABCD
có
G
là trọng tâm tam giác
BCD
. Mặt phẳng
( )
α
đi qua trung
điểm
I
của đoạn thẳng
AG
và cắt các cạnh
AB, AC, AD
tại các điểm (khác
A
). Gọi
A B C D
h , h , h , h
lần lượt là khoảng cách từ các điểm
A, B, C, D
đến mặt phẳng
( )
α
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2

B C D
A
h h h
h
3
+ +
≥
.
Câu IV: (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho điểm
( )
A 1; 1− −
và đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
T : x 3 y 2 25− + − =
. Gọi
B, C
là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn
( )
T
(
B, C
khác
A
). Viết phương trình đường thẳng
BC
, biết

( )
I 1;1
là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác
ABC
.
Câu V: (2,5 điểm)
Cho các số thực dương
a, b, c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
2 3
P .
a ab abc a b c
= −
+ + + +
- - Hết - -
Đề thi chính thức
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
2
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 THPT- BẢNG A
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I.
(3,0đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng
d

và đồ thị
(C)
là:
2x 1
x m
x 1
−
= − + ⇔
+
( )
2
x (m 3)x m 1 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
1−

2
m 2m 13 0
0.m 3 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 3
x x m 1
+ = −


= − −

Giả sử
( )
1 1
A x ; x m− +
,
( )
2 2

B x ; x m− +

0,5
Khi đó ta có:
( )
2
1 2
AB 2 x x= −
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 2
PA x 2 x m 5 x 2 x 2
= − + − + − = − + −
,
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 1
PB x 2 x m 5 x 2 x 2= − + − + − = − + −
Suy ra
PAB
∆
cân tại
P
0,5
Do đó
PAB∆
đều
2 2
PA AB⇔ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x 2 x 2 2 x x x x 4 x x 6x x 8 0
⇔ − + − = − ⇔ + + + − − =
0,5
2
m 1
m 4m 5 0
m 5
=

⇔ + − = ⇔

= −

. Vậy giá trị cần tìm là
m 1, m 5= = −
. 0,5
II.
1,
(3,0đ)
ĐKXĐ:
x 1
x 13
≥ −


≠

Phương trình đã cho tương đương với

( )
( )
3
x 2 x 1 2 2x 1 3+ + − = + −
0,5
( )
3
x 1 x 1 x 1 2x 1 2x 1 (1)⇔ + + + + = + + +
0,5
Xét hàm số
( )
3
f t t t= +
;
( )
2
f ' t 3t 1 0, t= + > ∀
Suy ra hàm số
( )
f t
liên tục và đồng biến trên
¡
0,5
Khi đó:
( ) ( )
3 3
Pt(1) f x 1 f 2x 1 x 1 2x 1⇔ + = + ⇔ + = +
0,5
3
( ) ( )

3 2
3 2
1
x
1
2
x 0
1
x
x
2
x 0
2
1 5
x
x x x 0
x 1 2x 1
1 5
2
x
2

≥ −


=


≥ −


≥ −
  

=

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
  
+

=

  
− − =
+ = +

±





=




0,5
Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là:
1 5
x

2
+
=
và
x 0=
0,5
II.
2,
(3,0đ)
ĐKXĐ:
x 0
y 0
≠


≠


Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
2
2
2 2
1 1
x y 5
x y
x 1 . y 1 2xy

 
 

+ + − =

 ÷
 ÷

 
 


+ − =


0,5
( )
2
2
1 1
x y 5
x y
*
1 1
x . y 2
x y

 
 
+ + − =

 ÷
 ÷

 

 
⇔

 
 

+ − =
 ÷
 ÷

 
 

, đặt
1
u x
x
1
v y
y

= +




= −




Hệ phương trình
( )
*
trở thành
( )
2
2 2
u v 5
u v 9
uv 2
uv 2


+ =
+ =

⇔
 
=
=




0,5
u v 3
uv 2
+ =


⇔

=

(I) hoặc
u v 3
uv 2
+ = −


=

(II)
Ta có:
( )
=

⇔

=

u 1
I
v 2
hoặc
u 2
v 1
=



=


( )
= −

⇔

= −

u 1
II
v 2
hoặc
u 2
v 1
= −


= −

Vì
1
u x u 2
x
= + ⇒ ≥
nên chỉ có
u 2
v 1

=


=

và
u 2
v 1
= −


= −

thỏa mãn.
0,5
u 2
v 1
=


=

ta có
1
x 1
x 2
x
1 5
1
y

y 1
2
y

=
+ =


 
⇔
 
±
=
 
− =



(thỏa mãn ĐKXĐ)
0,5
4
D
u 2
v 1
= −


= −

ta có

1
x 1
x 2
x
1 5
1
y
y 1
2
y

= −
+ = −


 
⇔
 
− ±
=
 
− = −



(thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
( )
x;y
là:

1 5 1 5 1 5 1 5
1; , 1; , 1; , 1;
2 2 2 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
Vậy
3
ABC.A 'B'C' ABC
a 3
V A'G.S
12
= =
. 0,5
III.

2,
(3,0đ)
Gọi
B', C', D'
lần lượt giao điểm của mp
( )
α
với các cạnh
AB, AC, AD
.
Ta có
AGBC AGCD AGDB ABCD
1
V V V V
3
= = =
(*)
0,5
Vì
AB'C'D' AIB'C' AIC'D' AID'B'
V V V V= + +
và (*) nên
AB'C'D' AIB'C' AIC'D'
AID'B'
ABCD AGBC AGCD AGDB
V V V
V
V 3V 3V 3V
= + +
0,5

5
AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB'
AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB
⇔ = + +
AB AC AD AG
3. 6
AB' AC' AD' AI
⇔ + + = =
BB' CC' DD'
3
AB' AC' AD'
⇔ + + =
0,5
Mặt khác ta có
C
B D
A A A
h
h h
BB' CC' DD'
, ,
AB' h AC' h AD' h
= = =
0,5
Suy ra
C
B D
B C D A
A A A
h

h h
3 h h h 3h
h h h
+ + = ⇔ + + =
(**) 0,5
Ta có:
( )
( )
2
2 2 2
B C D B C D
h h h 3 h h h+ + ≤ + +
( ) ( )
( )
2 2
2
B C C D D B
h h h h h h 0⇔ − + − + − ≥
( luôn đúng )
Kết hợp với (**) ta được
( )
( )
2
2 2 2
A B C D
3h 3 h h h≤ + +
Hay
2 2 2
2
B C D

A
h h h
h
3
+ +
≥
.
0,5
IV.
(2,5đ)
Đường tròn
( )
T
có tâm
( )
K 3;2
bán kính là
R 5=
Ta có
AI :x y 0− =
, khi đó đường thẳng
AI
cắt đường tròn
( )
T
tại
A'
(
A'
khác

A
) có tọa độ là nghiệm của hệ
( ) ( )
2 2
x 1
x 3 y 2 25
y 1
x y 0

= −

− + − =

⇔
 
= −
− =




(loại) hoặc
x 6
y 6
=


=

Vậy

( )
A' 6;6
0,5
Ta có:
A'B A'C (*)=
(Do
¼ ¼
BA' CA'=
)

·
·
A'BC BAI=
(1) (Vì cùng bằng
·
IAC
)
Mặt khác ta có
·
·
ABI IBC=
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
·
· ·
·
·
·
BIA' ABI BAI IBC A'BC IBA'= + = + =

Suy ra tam giác
BA'I
cân tại
A'
do đó
A'B A'I (**)=
Từ
( ) ( )
* , **
ta có
A'B A'C A'I= =
0,5
Do đó
B,I,C
thuộc đường tròn tâm
A'
bán kính
A'I
có phương trình là
( ) ( )
2 2
x 6 y 6 50− + − =
0,5
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
x 3 y 2 25
x 6 y 6 50


− + − =


− + − =


Nên tọa độ các điểm
B,C
là :
(7; 1),( 1;5)− −
0,5
Khi đó
I
nằm trong tam giác
ABC
(TM) .
Vậy phương trình đường thẳng
BC: 3x 4y 17 0+ − =
.
0,5
V.
(2,5đ)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
( )
3
1 a 4b 1 a 4b 16c 4
a ab abc a . . a b c
2 2 4 3 3
+ + +

+ + ≤ + + = + +
.
0,5
6
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a 4b 16c= =
.
Suy ra
( )
3 3
P
2 a b c
a b c
≥ −
+ +
+ +
Đặt
t a b c, t 0= + + >
. Khi đó ta có:
3 3
P
2t
t
≥ −
0,5
Xét hàm số
( )
3 3
f t
2t

t
= −
với
t 0>
ta có
( )
2
3 3
f ' t
2t
2t t
= −
.

( )
2
3 3
f ' t 0 0 t 1
2t
2t t
= ⇔ − = ⇔ =
0,5
Bảng biến thiên
t
−∞

0

1

+∞
( )
f ' t

−

0
+
( )
f t

+∞


0

3
2
−
Do đó ta có
( )
t 0
3
minf t
2
>
= −
khi và chỉ khi
t 1=
0,5

Vậy ta có
3
P
2
≥ −
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
16
a
21
a b c 1
4
b
a 4b 16c
21
1
c
21

=


+ + =


⇔ =
 
= =




=


.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
3
2
−
khi và chỉ khi
( )
16 4 1
a,b,c , ,
21 21 21
 
=
 ÷
 
.
0,5
- - Hết - -
Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng.
- Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.
7