Bồi dưỡng HSG Dap an Toan Bang A

Thư Viện Sinh Học



KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2010 – 2011

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG A

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang )
Câu
Nội dung
a) Đ/k xác định : − 1 ≤ x ≤ 2
Câu 1.
a,
Khi đó phương trình ⇔ x 2 − x − x + 1 − 2 − x = −1 − 2 (1)
(3,0đ) Xét :
f ( x ) = x 2 − x − x + 1 − 2 − x với x ∈ [-1;2]
f ' ( x) = 2 x − 1 −
⇔ f ' ( x ) = (2 x − 1)[1 +

1

Điểm
0,25
0,25
0,5

1

+

2 x +1 2 2 − x
1

2 x +1 2 − x( x +1 + 2 − x)

] , f '( x) = 0 ⇔ x =

1
2

0,5

⇒ Bảng biến thiên :

x
f’(x)

-1

½
0

+

2
-

2− 3

0,5

2− 3

f(x)

−

1
− 6
4

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (1) có đúng 2 nghiệm.
Dể nhận thấy x=0; x=1 là 2 nghiệm của phương trình (1).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0;1} .
b,
(3,0đ)

0,25
0,5
0,25

b) Bất phương trình đã cho tương đương với

0,25

( m + 2) x − m ≥ x 2 + 2 x + 1 ⇔ m( x − 1) ≥ x 2 + 1 (*)

Nhận thấy x = 1 không nghiệm đúng bất phương trình (*)
x2 +1
Với x ∈ [− 2;1) . Ta có bpt (*) ⇔ m ≤
(1)
x −1
x2 +1
Với x ∈ (1;2] . Ta có bpt (*) ⇔ m ≥
(2)
x −1
x2 +1
Xét hàm số f ( x ) =
, với x ∈ [− 2;1) ∪ (1;2]
x −1
x = 1 − 2
x 2 − 2x − 1
Có f ' (x ) =
, f ' ( x) = 0 ⇔ 
2
( x − 1)
 x = 1 + 2 (loai )

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

Bảng biến thiên:
x
f’(x)

1− 2

-2
+

0

1

2

-

0,5

2−2 2

f(x)

−

5
3

Trang 1

+∞
−∞

5


Thư Viện Sinh Học



Bpt(*) có nghiệm thuộc đoạn [− 2 : 2] ⇔ hoặc bpt (1) có nghiệm
thuộc [− 2;1) hoặc bpt (2) có nghiệm thuộc (1;2]

0,25

m ≤ 2 − 2 2
⇔
m ≥ 5

0,5

Vậy m ∈ (−∞;2 − 2 2] ∪ [5; +∞ ) là tất cả các giá trị cần tìm .
Câu 2.
(2,0đ) Điều kiện xác định của hệ phương trình là

− 1 ≤ x ≤ 1
(*)

0 ≤ y ≤ 2

0,25

Hệ phương trình đã cho tương đương với:

 3
3
 y + y = ( x + 1) + ( x + 1) (1)

 1 − x 2 + 1 = y + 2 − y ( 2)


0,25

 x + 1 ∈ [ 0; 2]
. Xét: f (t ) = t 3 + t f ' (t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t
 y ∈ [ 0; 2]

Từ(*) ta có 

0,5

Hàm số f (t ) = t 3 + t đồng biến trên đoạn [0;2] nên pt(1) ⇔ y = x + 1 ,

0,5

thế vào pt(2) ta được: 1 − x 2 + 1 = 1 + x + 1 − x
⇔ x = 0 ⇒ y = 1 (thỏa mãn (*)).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) là (0;1) .

0,5

Câu 3.
 x > −2 y
a)Điều kiện : 

. Suy ra x > 2 y ⇒ x > 0
a,
x > 2 y
(2,5đ)
Ta có : log 4 (x+2y)+log 4 (x-2y)=1 ⇔ log 4 (x 2 -4y 2 )=1

0,25
0,25

⇔ x 2 -4y 2 =4 ⇔ x = 4 y 2 + 4 (do x > 0)

0,25

Suy ra: 2 x − y = 2 4 y + 4 − y , đặt : t = y , t ≥ 0
2

8t

Xét: f (t ) = 2 4t + 4 − t , với t ≥ 0 . f (t ) =
'

2

f ' (t ) = 0 ⇔ t =

1
15

4t 2 + 4

−1 =

0,25
8t − 4t 2 + 4
4t 2 + 4

(do t ≥ 0 ).

,

0,5
0,25

Bảng biến thiên:
t

1

0

f’(t)

+∞

15

-

0

0,5

+
+∞

4
f(t)
15

Từ bảng biến thiên suy ra f (t ) ≥ 15 ⇒ 2 x − y ≥ 15 (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x =
b,
(2,5đ)

8
15

,y =±

1
15

1
2

.

b) Từ giả thiết và ab + bc + ca = [(a + b + c) 2 − a 2 − b 2 − c 2 ]
suy ra:

ab + bc + ca =

1
(a + b + c) 2 . Do đó
4

Trang 2

0,25

0,25
0,25


Thư Viện Sinh Học



3
3
3
4( a 3 + b 3 + c 3 ) 1  4a   4b   4c  
= 
P=
 +
 +
 .
16  a + b + c   a + b + c   a + b + c  
(a + b + c) 3
4a

4b
4c
Đặt : x =
, y=
, z=
a+b+c
a+b+c
a+b+c
y
z
x
+
=
−
4
x
y
z
+
+
=
4


8
Thì 
.Vì ( y + z )2 ≥ 4 yz nên 0 ≤ x ≤ .
⇔
2
3

 xy + yz + zx = 4
 yz = x − 4 x + 4

(

(

Câu 4.
(2,0đ)

)

Gọi trung điểm của
HA,HB,HC,BC,CA,AB lần lượt là:
I,E,F,M,N,P
Ta có: EH ⊥ AC ⇒ EH ⊥ IF
Mà MF//EH ⇒ MF ⊥ IF ⇒ I FM = 1v

A
I
P

H

N

Tương tự ⇒ IEM = 1v nên M thuộc
đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF
M
Tương tự ta có N,P cũng thuộc đường

tròn ngoại tiếp tam giác IEF
+. Dễ thấy: ∆ABC là ảnh của ∆MNP qua phép vị tự tâm G tỷ số k =-2
⇒ đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là ảnh của đường tròn ngoại tiếp ∆MNP
Ta có đường tròn ngoại tiếp ∆MNP có phương trình:
E

0,5

)

1 3
1
x + y 3 + z 3 =  x3 + ( y + z )3 − 3 yz ( y + z ) 
16
16
1
⇒ P=
3 x 3 − 12 x 2 + 12 x + 16
16
8
Xét: f ( x ) = 3 x 3 − 12 x 2 + 12 x + 16 , với: x ∈ [0 ; ]
3
=
2
x

8
2

thỏa mãn x ∈ [0 ; ]

⇒ f ' ( x) = 9 x − 24 x + 12 ⇒ f ' ( x) = 0 ⇔
2
x =
3
3

2 176
8 176
, f( )=
Có: f (0) = 16 , f (2) = 16 , f ( ) =
3
9
3
9
8
176
⇒ Trên [0 ; ] : min f(x)=16 , Max f(x)=
3
9
⇒ min P = 1 , chẳng hạn khi: a = 0 , b = c ≠ 0
11
, chẳng hạn khi: a = b , c = 4a , a ≠ 0
Max P =
9

Ta có P =

0,25

F

C

x 2 + y 2 − 2x + 4 y + 4 = 0

Có tâm K(1;-2) uuuu
, Rr=1 .Gọi
K ,R là tâm và bán kính đường tròn ngoại
uuur 1 1
tiếp ∆ABC thì: GK1 = −2GK , R1 = 2 R ⇒ K1(1;10) , R1=2
⇒ Phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là:
( x − 1) + ( y − 10) = 4
2

2

Trang 3

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25


Thư Viện Sinh Học

Câu 5.
a,
(2,0đ)



Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên
mp(ABD). Kẻ CK ⊥ AB tại K ⇒ HK ⊥ AB

C

B

D
H
K
A

⇒ góc giữa (ABC) và (ABD) là CKH = α
1
1
⇒ V = CH .S ∆ABD = S D .CK . sin α

3
3
2S
1
1
Mà: S C = CK . AB ⇒ V = S D C sin α
2
3
AB
2S C .S D . sin α
⇒V =
3 AB

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

Gọi S’ là trọng tâm tam giác ABC

S

⇒ SG đi qua S’ và:
C'

A'
G
A

C

B'
S'
B

SG 3
=
SS ' 4

Gọi V,V’ lần lượt là thể tích các khối tứ diện
SABC, SA’B’C’
Ta có: dt (∆S ' AB) = dt (∆S ' BC ) = dt (∆S ' CA)
V
⇒ VSS'AB = VSS'BC = VSS'CA =
3

VSGA'B ' SG.SA'.SB'
1 SA ' SB '
=
.
.V
⇒ VSGA 'B' = .
VSS ' AB
SS '.SA.SB
4 SA SB
1 SB ' SC '
1 SA ' SC '
=
.
.V , VSGA 'C ' =
.

.V
4 SB SC
4 SA SC

mà:

Tương tự: ⇒ VSGB 'C '

0,5

0,25
0,25
0,5
0,25

Mà: V ' = VSGA' B ' + VSGB 'C ' + VSGA'C '
⇒

V ' 1  SA ' SB ' SB ' SC ' SA ' SC ' 
= 
.
+
.
+
.

V 4  SA SB SB SC SA SC 

0,25

SA '.SB '.SC ' 1  SA ' SB ' SB ' SC ' SA ' SC ' 
SA SB SC
+
+
=4
= 
.
+
.
+
.
 ⇒
SA.SB.SC
SA' SB ' SC '
4  SA SB SB SC SA SC 
1
1
1
4
( do SA = SB = SC = a )
⇒
+
+
=
SA' SB ' SC ' a

⇒

0.25

0,25

2

Q=

1
1
1
1 1
1
1 
16
+
+
+ ' ' + ' ' ≤ 
 = 2
'
'
SA .SB SB .SC SC .SA 3  SA ' SB' SC '  3a

⇒ minQ =

16
3a
khi SA’ = SB’ = SC’ =
2
4
3a

⇔ (P) qua G và song song với mp (ABC).

- - - Hết - - Ghi chú:

- Học sinh giải cách khác đúng cho điêm phần tương ứng
- Khi chấm Giám khảo không làm tròn điểm

Trang 4

0,25

0,25