Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh

1. SỞ GD ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) Câu Đáp án Điểm Điều kiện: x 2. Phương trình đã cho 3 x 2 x 6 2x 6 1 8x 24 x 3 2 x 3 3 x 2 x 6 3 x 2 x 6 4 (*) Giải (*): (*) 10x 12 6 x 2 x 6 16 1.a 14 5x 0 1 3 x 2 x 6 14 5x 3 điểm 2 9 x 2 x 6 14 5x 14 14 x x 5 11 3 5 5 x (thỏa mãn). 2 11 3 5 2 x 11x 19 0 x 1 2 11 3 5 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x 3, x . 2 Ta thấy y 0 không thỏa mãn hệ đã cho nên y 0. Phương trình: x3 xy 2 2y3 0 x y x2 xy 2y 2 0 2 1 1 7 x y 0 (vì nên x 2 xy 2y 2 x y y 2 0 ) y x. 2 4 Thay y x vào phương trình sau ta được: 3 x4 x2 4 4x2 3x 0,5 3 x4 x2 4x2 3x 4 1 1 0,5 1.b 3 x 4 x 3 (chia cả hai vế cho x 0 ). 3 điểm x x 1 Đặt t 3 x , pt trở thành 4t 3 t 3 0 t 1 4t 2 4t 3 0 t 1. 0,5 x 1 1 5 Với ta có: x 1 x . x 2 0,5 1 5 1 5 1 5 1 5 Vậy hệ có hai nghiệm: , ; , . 2 2 2 2 2a 2b Gọi A a, , B b, với a,b 2;a b. a 2 b 2 Vì (C) không có tiếp tuyến kép nên các tiếp tuyến của (C) tại A và B song song 4 4 1 y'(a) y'(b) 2 2 2.a a 2 b 2 3 điểm Do a b nên ta có a 2 b 2 b 4 a. 2 a 4 Khi đó ta có tọa độ B 4 a, . a 2 1 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A, B lần lượt là: 4x (a 2)2 y 2a 2 0 và 4x (a 2)2 y 2(a 4)2 0 1
2. Khoảng cách giữa chúng: 2(a 4) 2 2a 2 16 a 2 16 a 2 h = = 4 2 . 0,5 16 a 2 4 16 a 2 4 8 a 2 2 2 a 0 Đẳng thức xảy ra a 2 4 . a 4 0,5 Vậy các điểm cần tìm là: A 0,0 ; B 4,4 hoặc A 4,4 ; B 0,0 . Điều kiện: 2 x 2. Đặt t x 4 x 2 . Xem t là hàm số của x, xét hàm số t trên  2;2: x 4 x 2 x t' 1 , t' 0 x 2 . 4 x 2 4 x 2 Bảng biến thiên của t trên : x 2 2 2 0,5 t’ + 0 2 2 t 2 2 Từ bảng biến thiên ta có t  2;2 2 và quan hệ số nghiệm của t và x: +) một giá trị t  2,2 hoặc t 2 2 cho tương ứng một nghiệm x, 0,5 +) một giá trị t 2,2 2 cho tương ứng hai nghiệm x. t 2 4 Ta có t 2 4 2x 4 x 2 x 4 x 2 . 2.b 2 3 điểm 1 Phương trình ban đầu trở thành: t 2 t 2 m 2 1 1 Xét hàm số f (t) t 2 t 2 trên tập  2;2 2. 2 f '(t) t 1 , f '(t) 0 t 1 Bảng biến thiên: t 2 1 2 2 2 f’(t) + 0 5 2 0,5 2 f(t) 2 2 2 2 Từ bảng biến thiên của f(t), phương trình ban đầu có đúng 3 nghiệm x phương trình f (t) m có 1 nghiệm t 2,2 2) và 1 nghiệm t  2,2 2 2 0,5 2 2 2 m 2. 2
3. Biến đổi, giả thiết tương đương với 2A B C B C 3 3A 2cos cos cos 4 4 2 2 2 1 3A B C 1 3A 2cos cos 2cos 2 4 4 2 4 3A 3A B C 4cos 2 4cos cos 1 0 4 4 4 2 1 3A B C 2 B C 3. 2cos cos sin 0 4 4 4 3 điểm 3A B C 2cos cos 0 B C 0 2 4 B C 3A 1 (vì ) B C cos 4 4 4 sin 0 4 2 4 1 7 B C A 3A 9 3A (vì ) . 4 4 2 4 3 B C 9 A Ta xét hình chóp với đỉnh là A. Gọi H là trung điểm BC. Do AB = AC = a AH  BC. Theo giả thiết hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) vuông góc với nhau theo giao tuyến BC nên suy 1 ra AH  (SBC). S C Ta có : AB = AC = AS nên 4. H HB = HC = HS 3 điểm tam giác SBC vuông tại S. B Đặt SC = x. Ta có BC = a 2 x 2 3a 2 x 2 3a 2 x 2 AH 2 AB 2 BH 2 = AH . 4 2 1 1 1 1 Thể tích khối chóp: V AH . SB.SC = ax 3a 2 x 2 . 3 2 12 a 3 3a 2 a 6 Theo giả thiết V x 3a 2 x 2 x . 1 8 2 2 1 1 1 Từ giả thiết ta có: 3abc a2 b2 c2 ab bc ca 3. a b c 0,5 1 1 1 Đặt x , y , z thì x, y, z 0 và x y z 3. a b c 5. 1 2 điểm a b c a x Gọi Q = . Ta có: a 8a 2 1 8b2 1 8c 2 1 8a 2 1 1 x 2 8 8 0,5 a 2 x y z và hai đẳng thức tương tự nên Q = . x 2 8 y 2 8 z 2 8 3
4. x x x 1 7 Do 1 và hai bất đẳng thức tương x 2 8 (x 2 1) 7 2x 7 2 2x 7 3 7 1 1 1 tự nên: Q 0,5 2 2 2x 7 2y 7 2z 7 3 7 9 3 7 9 1 . . . 2 2 2 x y z 21 2 2 27 3 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: P2 3.Q 1 P ≤ 1. 0,5 Dấu “=” xảy ra x y z 1 a b c 1. Vậy giá trị lớn nhất của P là 1. Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng. 4