Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

1. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức (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) 2x 1 Cho hàm số y có đồ thị (C) và điểm P 2;5 . x 1 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) x 1 2 1 1. Giải phương trình x ¡ 3 2x 1 3 x 2 1 1 x2 y2 5 2 2 2. Giải hệ phương trình x y x,y ¡ 2 2 2 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 a 3 thẳng AA' và BC bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' . 4 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi hA , hB , hC , hD lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng . h2 h2 h2 Chứng minh rằng: B C D h2 . 3 A Câu IV: (2,5 điểm) – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. 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: 2 3 P . a ab 3 abc a b c - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. 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. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: (3,0đ) 2x 1 0,5 x m x2 (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 0,5 m2 2m 13 0 (đúng m ) 0.m 3 0 x1 x2 m 3 Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có: x1x2 m 1 0,5 Giả sử A x1; x1 m , B x2 ; x2 m 2 Khi đó ta có: AB 2 x1 x2 2 2 2 2 PA x 2 x m 5 x 2 x 2 , 1 1 1 2 0,5 2 2 2 2 PB x2 2 x2 m 5 x2 2 x1 2 Suy ra PAB cân tại P Do đó PAB đều PA2 AB2 2 2 2 2 0,5 x1 2 x2 2 2 x1 x2 x1 x2 4 x1 x2 6x1x2 8 0 2 m 1 m 4m 5 0 . Vậy giá trị cần tìm là m 1, m 5 . 0,5 m 5 II. x 1 ĐKXĐ: 0,5 1, x 13 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. (3,0đ) Phương trình đã cho tương đương với x 2 x 1 2 3 2x 1 3 x 1 x 1 x 1 2x 1 3 2x 1 (1) 0,5 Xét hàm số f t t3 t ; f ' t 3t2 1 0, t 0,5 Suy ra hàm số f t liên tục và đồng biến trên ¡ Khi đó: Pt(1) f x 1 f 3 2x 1 x 1 3 2x 1 0,5 1 x 1 1 2 x 0 x x 2 2 x 0 1 5 0,5 3 2 3 2 x x 1 2x 1 x x x 0 1 5 2 x 2 Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5 0,5 x và x 0 2 II. x 0 ĐKXĐ: 2, y 0 (3,0đ) 2 2 1 1 0,5 x y 5 Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với: x y 2 2 x 1 . y 1 2xy 2 2 1 1 1 x y 5 u x x y x * , đặt 1 1 1 v y x . y 2 y 0,5 x y 2 u2 v2 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 0,5 u 1 u 2 Ta có: I hoặc v 2 v 1 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. u 1 u 2 II hoặc v 2 v 1 1 u 2 u 2 Vì u x u 2 nên chỉ có và thỏa mãn. x v 1 v 1 1 x 2 x 1 u 2 x ta có 1 5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5 v 1 1 y y 1 2 y 1 x 2 x 1 u 2 x ta có 1 5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5 v 1 1 y y 1 2 y Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x;y là: 1 5 1 5 1 5 1 5 0,5 1; , 1; , 1; , 1; . 2 2 2 2 III. a 2 3 Diện tích đáy là S . 1, ABC 4 (3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC B' A' C' 0,5 D B E A G C BC  AE Gọi E là trung điểm BC . Ta có BC  AA'E BC  A'G 0,5 Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA' . Do đó BC  DE, AA'  DE 0,5 Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
6. DE 1 Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin D· AE D· AE 300 0,5 AE 2 a Xét tam giác A'AG vuông tại G ta có A'G AG.tan300 0,5 3 a3 3 Vậy V A'G.S . 0,5 ABC.A 'B'C' ABC 12 III. Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của mp với A 2, các cạnh AB, AC, AD . (3,0đ) D' B' 1 I Ta có VAGBC VAGCD VAGDB VABCD (*) 3 C' D 0,5 B G C Vì VAB'C'D' VAIB'C' VAIC'D' VAID'B' và (*) nên V V V V AB'C'D' AIB'C' AIC'D' AID'B' 0,5 VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB 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 0,5 AB AC AD AG BB' CC' DD' 3. 6 3 AB' AC' AD' AI AB' AC' AD' BB' hB CC' hC DD' hD Mặt khác ta có , , 0,5 AB' hA AC' hA AD' hA hB hC hD Suy ra 3 hB hC hD 3hA ( ) 0,5 hA hA hA 2 2 2 2 Ta có: hB hC hD 3 hB hC hD 2 2 2 hB hC hC hD hD hB 0 ( luôn đúng ) 2 2 2 2 Kết hợp với ( ) ta được 3hA 3 hB hC hD 0,5 h2 h2 h2 Hay B C D h2 . 3 A – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. 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 A đường tròn T tại A' (A' khác A ) có tọa độ là nghiệm của hệ I K 2 2 x 3 y 2 25 x 1 B 0,5 (loại) hoặc C x y 0 y 1 A' x 6 y 6 Vậy A' 6;6 Ta có: A'B A'C (*) (Do B¼A' C¼A' ) A· 'BC B· AI (1) (Vì cùng bằng I·AC ) Mặt khác ta có A· BI I·BC (2) 0,5 Từ (1) và (2) ta có: B· IA' A· BI B· AI I·BC A· 'BC I·BA' 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 0,5 x 6 2 y 6 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 0,5 Nên tọa độ các điểm B,C là : (7; 1),( 1;5) Khi đó I nằm trong tam giác ABC (TM) . 0,5 Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x 4y 17 0 . V. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có (2,5đ) 1 a 4b 1 a 4b 16c 4 a ab 3 abc a . . a b c . 0,5 2 2 4 3 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c . 3 3 Suy ra P 0,5 2 a b c a b c – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
8. 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 . 2t t 2t t 2t2 0,5 3 3 f ' t 0 0 t 1 2t t 2t2 Bảng biến thiên t 0 1 f ' t 0 + f t 0 0,5 3 2 3 Do đó ta có minf t khi và chỉ khi t 1 t 0 2 16 a 21 3 a b c 1 4 Vậy ta có P , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b . 2 a 4b 16c 21 1 0,5 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. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất