Bài soạn HD Giai HSG bang A,N.A,2010-2011

ĐỀ THI HGS MÔN TOÁN LỚP 12 TỈNH NGHỆ AN BẢNG A NĂM 2010-2011
( GV NGUYỄN VĂN TUẤN. THPT-DTNT TÂN KỲ )
Câu 1: (6 điểm)
a) Giải phương trình
2
1 1 2 2x x x x− + − + − = +
b) Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn
[ ]
2;2
−
:

( 2) 1m x m x
+ − ≥ +
Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình sau:
3 3 2
2
3 4 2
1 2 1
y y x x x
x y y
+ = + + +



− − = − −


Câu 3: (5 điểm)
a) Cho x, y là các số thực thoả mãn:
4 4

log ( 2 ) log ( 2 ) 1x y x y
+ + − =
Chứng minh rằng :
2 15x y− ≥
b) Cho a, b, c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thoả mãn:

2 2 2 2
( ) 2( ).a b c a b c+ + = + +
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

3 3 3
.
( )( )
a b c
P
a b c ab bc ca
+ +
=
+ + + +
Câu 4: (2 điểm)
Trong mp(Oxy), cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là trực tâm tam
giác ABC. Biết rằng đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có
phương trình là: x
2
+y
2
-2x+4y+4=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Câu 5: (5 điểm)
a) Cho tứ diện ABCD. Gọi

α
là góc giữa 2 mp(ABC) và (ABD). Gọi S
C
, S
D
lần
lượt là diện tích tam giác ABC, ABD.
Chứng minh rằng:
2 . .sin
3
C D
S S
V
AB
α
=
với V là thể tích tứ diện ABCD.
b) hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng
tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC, lần lượt tại A’, B’, C’ khác S.
Tìm GTLN của biểu thức.
1 1 1
Q
SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA'
= + +
.
-------Hết-------
HD Giải
( GV Nguyễn Văn Tuấn trường THPT-DTNT Tân Kỳ )
Câu 1.a)
GPT: x-1+

2
1 2 2x x x+ + − = +
(1)
+) ĐK: x
∈
[-1;2]
2
(1) ( ) ( 2 2 ) (1 1) 0
( 1) 0
2 2 1 1
0
1 1
1 0(2)
2 2 1 1
PT x x x x
x x
x x
x x
x
x
x x
⇔ − + − − + − + =
⇔ − + − =
+ − + +
=


⇔

− + − =


+ − + +

+) Giải (2):
( 1 2) (1 2 )
(2) ( 1) 0
( 2 2 )(1 1)
1 1
1 2 1 2
( 1) 0
( 2 2 )(1 1)
1 1
1 2 1 2
( 1)[1 ] 0 1.
( 2 2 )(1 1)
x x
PT x
x x
x x
x x
x
x x
x x
x x
x x
+ − + − −
⇔ − + =
+ − + +
− −
+

+ + + −
⇔ − + =
+ − + +
+
+ + + −
⇔ − + = ⇔ =
+ − + +
Vậy PT(1) có 2 nghiệm x=0, x=1.
Câu 1.b)
Ta có
2 2
( 2) 1 ( 2) ( 1) ( 1) 1(1)m x m x m x m x m x x+ − ≥ + ⇔ + − ≥ + ⇔ − ≥ +
+) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm
+) Nếu x
(1;2]∈
:
2
1
(1)
1
x
m
x
+
⇔ ≥
−
. Xét hs f(x)=
2
1
1

x
x
+
−
trên
(1;2]
ta có:
2
'
2
2 1
( ) 0
( 1)
x x
f x
x
− −
= <
−
trên
(1;2]
. Vậy
(1;2]
(2) 5
( )
x
f
Minf x
∈
= =

. Do đó trong TH này bpt
có nghiệm
5m⇔ ≥
.
+) Nếu x
[-2;1)∈
:
2
1
(1)
1
x
m
x
+
⇔ ≤
−
. Xét hs f(x)=
2
1
1
x
x
+
−
trên
[-2;1)
ta có:
2
'

2
1 2
2 1
( ) 0
( 1)
1 2
x
x x
f x
x
x

= +
− −
= = ⇔

−
= −


. BBT của f(x)=
2
1
1
x
x
+
−
trên
[-2;1)

:
x -2 1-
2
1

f(x)
’
+

0

-
2-2
2
f(x) -
∞
-
∞
Vậy trong TH này bpt có nghiệm
2 2 2m⇔ ≤ −
Tóm lại pbt đã cho có nghiệm ( ;2 2 2] [5;+ )m⇔ ∈ −∞ − ∪ ∞ .
Câu 2.
+) ĐK:
[-1;1]
(*)
y [0;2]
x∈


∈


+) Ta có HPT
3 3
2
( 1) 1(1)
1 2 1(2)
y y x x
x y y

+ = + + +

⇔

− − = − −

+) Hs f(t) = t
3
+ t đồng biến trên [0;2] nên (1)
⇔
y=x+1, thay vào (2) ta có
2
1 1 1 1 1( 1 1) ( 1 1) 0
( 1 1)( 1 1) 0 0
x x x x x x
x x x
− − + = − − ⇔ + − − − − − =
⇔ − − + − = ⇔ =
Vậy HPT có nghiệm duy nhất (x=0;y=1).
Câu 3.a)
+) ĐK:

2 0
0(*)
2 0
x y
x
x y
+ >

⇒ >

− >

+) Ta có log
4
(x+2y)+log
4
(x-2y)=1
⇔
x
2
-4y
2
= 4
2
2
1 1 1
2 2
x x
y
 

⇔ = + ≥ ⇒ ≥
 ÷
 
( do (*) ).
Từ đó
2
0 1
x
< ≤
. Ta đặt
2
sin , (0; ]
2
t t
x
π
= ∈
. Suy ra
coty t=
Do đó
4
2 15 cot 15 15sin ost 4
sin
x y t t c
t
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ + ≤
(1)
Áp dụng bđt B.N.A.C.S, ta có
2 2 2
( 15sin ost) (15 1)(sin os ) 16 15sin ost 4t c t c t t c+ ≤ + + = ⇒ + ≤

.
Vậy (1) đúng (đpcm).
Câu 3.b)
+) Theo gt, ta có
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) 2( ) 2( )
( )
2 4
a b c a b c a b c ab bc ca
a b c a b c
ab bc ca
+ + = + + ⇔ + + = + +
+ + + +
⇔ + + = =

Từ đó
3 3 3
3
4( )
( )
a b c
P
a b c
+ +
=
+ +
.
+) Đặt t=a+b+c ta có a
3

+b
3
+c
3
=a
3
+b
3
+(t-a-b)
3
=a
3
+b
3
+t
3
-3t
2
(a+b)+3t(a+b)
2
-(a+b)
3
=t
3
-3t
2
(a+b)+3t(a+b)
2
-3ab(a+b)=t
3

-3(a+b)[t
2
-t(a+b)+ab]
=t
3
-3(a+b)(t-a)(t-b)=t
3
-3(t-c)(t-a)(t-b)=
=t
3
-3t
3
+3t
2
(a+b+c)-3t(ab+ac+cb)+3abc=
=
1
4
t
3
+3abc .
Vậy P=1+
3 3
12 12
1
( )
abc abc
t a b c
= +
+ +

+) Mặt khác từ GT, ta có a
2
-2a(b+c)+b
2
+c
2
-2bc=0 (1). Từ (1) để có a thì
'
4 0 0
a
bc bc∆ = ≥ ⇔ ≥
. Lập luận tt ta có
0, 0ac ab≥ ≥
.
+) Nếu bc=0
0
0
b
c
=

⇔

=

suy ra P=1
+) Nếu bc>0. Từ (1) có
2
2 ( ) 0a b c bc b c= + ± = ± ≥
•

Nếu a=0 suy ra P=1
•
Nếu a>0 suy ra b>0, c>0 suy ra P>1.
Mặt khác nếu
3
12( 2 ) 11
2 1
9
(2 2 2 )
b c bc bc
a b c bc P
b c bc
+ +
= + + ⇒ = + ≤
+ +


3
12( 2 ) 11
2 1
9
(2 2 2 )
b c bc bc
a b c bc P
b c bc
+ −
= + − ⇒ = + <
+ −
.
Vậy MinP=1. MaxP=

11
9
.
Câu 4. ( Tự vẽ hình)
+) Đường tròn x
2
+y
2
-2x+4y+4=0 (C
1
) có tâm K(1;-2), bán kính R
1
=1
+) Theo GT ta có phép vị tự tâm H, tỉ số 2 sẽ biến đường tròn (C
1
) thành đường tròn (C)
ngoại tiếp tam giác ABC suy ra (C) có bán kính R=2. Gọi I là tâm của (C) ta có
2HI HK=
uur uuur
(1)
+) Theo BT38, tr11, SBT NC hình 10 ta có
3
2 2 3
2
HA HB HC HI HI HG HI HG+ + = ⇒ = ⇒ =
uuur uuur uuur uur uur uuur uur uuur
(2)
+) Từ (1) và (2) suy ra 3 4 (1; 14)HG HK H= ⇒ −
uuur uuur
. Bây giờ từ (1) suy ra I(1;10)

Vậy PT đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x-1)
2
+(y-10)
2
=4.
Câu 5.a) ( Tự vẽ hình)
+) Qua D dựng mp(P) vuông góc với AB, cắt AB tại M. Gọi (d) là giao tuyến của (P) và
(ABC). Gọi H là hình chiếu của D trên (ABC) ( H thuộc (d) ). Khi đó
HMD
α
∧
=
+) Trong tam giác HMD ta có
2
sin sin . sin .
D
HD S
HD MD
MD AB
α α α
= ⇒ = =
suy ra
2 sin1
.
3 3
C D
C
S S
V HD S
AB

α
= =
( đpcm ).
Câu 5.b) (Tự vẽ hình )
+) Gọi K là trọng tâm của tam giác ABC. Ta chứng minh S, G, K thẳng hàng và
3
4
SG SK=
: Thật vậy, ta có 0 ( ) 3GS GA GB GC GS GA GB GC GK+ + + = ⇒ = − + + = −
uuur uuur uuur uuur r uuur uuur uuur uuur uuur

suy ra S, G, K thẳng hàng và
3
4
SG SK=
.
+) Ta có
' ' ' ' ' '
' ' ' ' ' ' ' '
2 2 2
. . 3. . 3. . 3. .
; ;
. .
4 4 4
SA B G SB C G SC A G
SABK SBCK SCAK
V V V
SA SB SG SA SB SB SC SC SA
V SA SB SK V V
a a a

= = = =

' ' '
' ' ' ' ' '
2
3
( . . . )
1
4
3
SA B C
SABC
V
SA SB SB SC SC SA
a
V
⇒ = + +
' ' '
' ' ' ' ' '
2 ' ' '
3 . . 3 1 1 1 4
( . . . )
. .
4
SA SB SC
SA SB SB SC SC SA
SA SB SC a
a SA SB SC
⇒ = + + ⇒ + + =
+) Với mọi x,y,z ta có (x+y+z)

2

≥
3(xy+yz+zx) suy ra
2
' ' ' ' ' ' ' ' ' 2
1 1 1 1 1 1 1 16
( )
3
. . . 3
Q
SA SB SB SC SC SA SA SB SC a
= + + ≤ + + =
. Đẳng thức xây ra khi và
chỉ khi mp(P) song song với (ABC). Vậy MaxQ =
2
16
3a
.