HDG de thi chon HSG cap tinh 12 nghe an

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
I. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:
(3,0đ)
2x  1
  x  m  x 2  (m  3)x  m  1  0 1 , với x  1

x 1
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
m2  2m  13  0
(đúng m )

0.m

3

0

x1  x 2  m  3
Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có: 
x1x 2  m  1
Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B x 2 ;  x 2  m 

2  x1  x 2 

Khi đó ta có: AB 

PA 

2

 x1  2   x 2  2



2

2

,

2

2

Phương trình đã cho tương đương với  x  2 





f '  t   3t 2  1  0, t

Suy ra hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên

0,5

0,5

0,5

x  1  2  3 2x  1  3

  x  1 x  1  x  1  2x  1  3 2x  1 (1)
3

0,5

2

 m 1
. Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 .
 m2  4m  5  0  
m  5
II.
 x  1
1, ĐKXĐ: 
(3,0đ)
 x  13

Xét hàm số f  t   t  t ;

0,5

0,5

PB   x 2  2   x 2  m  5   x 2  2    x1  2 
Suy ra PAB cân tại P
2
2
Do đó PAB đều  PA  AB
2
2
2
2
  x1  2    x 2  2   2  x1  x 2    x1  x 2   4  x1  x 2   6x1x 2  8  0
2

0,5

2

 x1  2   x1  m  5
2

Điểm

0,5
0,5


Khi đó: Pt(1)  f



 

x 1  f

3



2x  1  x  1  3 2x  1

1

x

1
2

1
x  0

x



x




2


  x  0
  1 5
2
x 
 x  13   2x  12
x3  x 2  x  0  1  5


2

 x 
2
 

0,5

0,5

Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là:

1 5
và x  0
2
II.
x  0
2, ĐKXĐ: 

(3,0đ)
y  0

0,5

x

2
2

1 
1
 x     y    5
x 
y
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với: 
 2
2
 x  1 . y  1  2xy
2
2

1 
1
1

 x     y    5
u

x



x 
y
x

,
đặt

*
 
1 
1
v  y  1
 
x

.
y


2

y

 
x  
y 

2

u 2  v 2  5 
 u  v   9

Hệ phương trình  *  trở thành 

uv  2
uv  2
u  v  3
u  v  3
(I) hoặc 
(II)

uv

2
uv

2



Ta có:

u  1
u  2
hoặc 
v  2
v  1
u  1
u  2

hoặc 
 II   
v  2
 v  1

0,5

0,5

I   

Vì u  x 

1
 u  2 nên chỉ có
x

u  2 u  2
và 
thỏa mãn.

v

1
v


1



0,5


1

x

 2 x  1

u  2
x

ta có 


1  5 (thỏa mãn ĐKXĐ)
1
v

1
y


y   1


2
y


1

x

 2  x  1

u  2
x

ta có 


1  5 (thỏa mãn ĐKXĐ)
1
y

v  1
 y   1


2
y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x;y  là:

0,5

0,5

 1  5   1  5   1  5   1  5 

1;
 , 1;
 ,  1;
 ,  1;
.
2
2
2
2

 



III.
a2 3
1, Diện tích đáy là SABC 
.
4
(3,0đ)
A'
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

0,5

B'

C'

D

0,5
B
E

A

G
C

BC  AE
 BC   AA'E 
BC

A'G

Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA' .
Do đó BC  DE, AA'  DE
Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC
DE 1
  DAE  300
Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE 
AE 2
a
0
Xét tam giác A'AG vuông tại G ta có A'G  AG.tan30 
3
3
a 3
Vậy VABC.A 'B'C'  A'G.SABC 

.
12
Gọi E là trung điểm BC . Ta có 

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5


III. Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của mp    với
2,
(3,0đ) các cạnh AB, AC, AD .
Ta có VAGBC  VAGCD  VAGDB 

A
D'

1
VABCD (*)
3

B'

I

B

C'

D

0,5

G
C

Vì VAB'C' D '  VAIB'C'  VAIC' D '  VAID ' B' và (*) nên

VAB'C'D' VAIB'C'
V
V

 AIC'D'  AID'B'
VABCD
3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB

0,5

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
BB' CC' DD'



 3.
6


3
AB' AC' AD'
AI
AB' AC' AD'
BB' h B CC' h C DD' h D

,

,

Mặt khác ta có
AB' h A AC' h A AD' h A
h
h
h
Suy ra B  C  D  3  h B  h C  h D  3h A (**)
hA hA hA


0,5

0,5
0,5

 h B  h C  h D   3 h B2  h C2  h D2 
2
2
2
  h B  h C    h C  h D    h D  h B   0 ( luôn đúng )
2
2
2
2
Kết hợp với (**) ta được  3h A   3  h B  h C  h D 
2

Ta có:

h 2B  h C2  h D2
 h 2A .
Hay
3
IV. Đường tròn  T  có tâm K  3;2  bán kính là R  5
(2,5đ)
Ta có AI :x  y  0 , khi đó đường thẳng AI cắt
đường tròn  T  tại A' ( A' khác A ) có tọa độ là

A

nghiệm của hệ

I

 x  3   y  2   25  x  1

(loại) hoặc

 y  1
 x  y  0
2

0,5

2

0,5

K
B

C
A'


x  6

y  6
Vậy A'  6;6 
Ta có: A 'B  A 'C

(*) (Do 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
Do đó B, I,C thuộc đường tròn tâm A' bán kính A'I có phương trình là

 x  6   y  6
2

2

 50

2
2

x

3

y

2
 25






Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ 
2
2

  x  6    y  6   50
Nên tọa độ các điểm B,C là : (7; 1),( 1;5)
Khi đó I nằm trong tam giác ABC (TM) .
Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x  4y  17  0 .

V. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
(2,5đ)
1 a  4b
3

1 a  4b  16c 4
 .
 a  b  c .
2
4
3
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4b  16c .
3
3

Suy ra P 
2a  b  c
abc
3

3
Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P 

2t
t
3
3
3
3
Xét hàm số f  t  
với t  0 ta có f '  t  

 2.
2t
2t t 2t
t
3
3
f ' t   0 
 2  0  t 1
2t t 2t
a  ab  abc  a  .
2

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5


Bảng biến thiên

t
f ' t 



f t

0

1
0




+

0,5


0


Do đó ta có min f  t   
t 0

3
2

3
khi và chỉ khi t  1
2

 16
a  21

3
a  b  c  1
4

Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
 b  .
2
21
a  4b  16c 
1

c  21
3

 16 4 1 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  khi và chỉ khi  a,b,c    , ,  .
2
 21 21 21 
- - Hết - Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng.
- Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.

0,5