Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An lớp 12 - Năm học 2012 - 2013

Chia sẻ: NGUYỄN BÁ CƯỜNG | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

132
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo "Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 Năm học 2012 - 2013 - Sở GD & DDT Nghệ An" dành cho các bạn ôn thi tốt trong thi học sinh giỏi quốc gia 2012 - 2013. Chúc các bạn thành công trong kỳ thi

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An lớp 12 - Năm học 2012 - 2013

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  2 1 1  x  y  x 2  y2  5 2 2. Giải hệ phương trình   x, y    xy  12  x 2  y 2  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 a 3 hai đường 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 h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng    . h2  hC  hD 2 2 Chứng minh rằng: B  h2 . A 3 Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A  1; 1 và đường tròn  25 . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn  T  ( B, C  T  :  x  3   y  2  2 2 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:.........................
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  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 0,5 m2  2m  13  0  (đúng m )  0.m  3  0 x  x 2  m  3 Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  1  x1 x 2   m  1 0,5 Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x 2 ;  x 2  m  Khi đó ta có: AB  2  x1  x 2  2 PA   x1  2   x1  m  5   x1  2   x 2  2  2 2 2 2 , 0,5 PB   x 2  2    x 2  m  5   x 2  2    x1  2  2 2 2 2 Suy ra PAB cân tại P Do đó PAB đều  PA2  AB2 0,5   x1  2   x 2  2   2  x1  x 2    x1  x 2   4  x1  x 2   6x1x 2  8  0 2 2 2 2  m 1  m2  4m  5  0   . Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 . 0,5  m  5 II.  x  1 1, ĐKXĐ:  (3,0đ)  x  13 0,5  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   t 3  t ; f '  t   3t 2  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
 1  x  1  1 2 x  0  x x     x0  2  2     1 5 0,5 x   x  13   2x  12 x3  x 2  x  0  1  5     x   2   2 Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5 0,5 x và x  0 2 II. x  0 2, ĐKXĐ:  (3,0đ) y  0  1  2 1 2 0,5  x     y    5  Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:  x  y  2  x  1 . y  1  2xy 2   1  2 1 2  1  x     y    5 u  x  x  x  * , đặt  y     1  1 v  y  1   x   . y    2   y 0,5  x  y u 2  v 2  5  u  v   9 2  Hệ phương trình  *  trở thành    uv  2 uv  2  u  v  3 u  v  3  (I) hoặc  (II)  uv  2  uv  2 u  1 u  2 Ta có: I    hoặc  v  2 v  1 0,5  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 y  1  1 y    2  y  1  x   2  x  1 u  2  x   ta có   1  5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5  v  1 1  y   1  y   2  y Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  là: 0,5 2
 1 5   1 5   1  5   1  5   1;  , 1;  ,  1;  ,  1; .  2   2  2  2  III. a2 3 B' 1, Diện tích đáy là SABC  . 4 (3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC A' C' D B 0,5 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 DE 1 Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE    DAE  300 0,5 AE 2 a Xét tam giác A'AG vuông tại G ta có A'G  AG.tan 300  0,5 3 3 a 3 Vậy VABC.A 'B'C'  A'G.SABC  . 0,5 12 III. Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của A 2, mp    với các cạnh AB, AC, AD . (3,0đ) D' 1 Ta có VAGBC  VAGCD  VAGDB  VABCD (*) B' 3 I C' 0,5 D B 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' 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' 3
BB' h B CC' h C DD' h D Mặt khác ta có  ,  ,  0,5 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 (**) 0,5 hA hA hA Ta có:  h B  h C  h D   3 h B  h C  h D  2 2 2 2   h B  h C    h C  h D    h D  h B   0 ( luôn đúng ) 2 2 2 Kết hợp với (**) ta được  3h A   3 h B  h C  h D  2 2 2 2 0,5 h2  hC  hD 2 2 Hay B  h2 . A 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 A cắt đường tròn  T  tại A ' ( A' khác A ) có tọa độ là nghiệm của hệ I  x  32   y  2 2  25  x  1  0,5   (loại) K   xy0  y  1 B C x  6 hoặc  y  6 A' 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) 0,5 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 0,5  x  6   y  6  50 2 2  x  32   y  2 2  25  Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ    x  6    y  6   50 2 2 0,5  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 . 0,5 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 4
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 t 2t t 2t 0,5 3 3 f ' t   0   2  0  t 1 2t t 2t Bảng biến thiên t  0 1  f ' t   0 + f t  0 0,5 3  2 3 Do đó ta có min f  t    khi và chỉ khi t  1 t 0 2 3 Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2  16 a  21  a  b  c  1  4   b  . 0,5 a  4b  16c  21  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. 5