Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2012 -2013 Bài 1. 2x − 1 a) Cho hàm số y = có đồ thị (C) và điểm P(2;5) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng x + 1 y = −x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác PAB đều. Bài 2. √ x + 1 − 2 1 1) Giải phương trình √ = 3 2x + 1 − 3 x + 2  1 1 x2 + y2 + + = 5 2) Giải hệ phương trình x2 y2 (xy − 1)2 = x2 − y2 + 2 Bài 3. 1) Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác đều cạnh a.Hình chiếu vuông góc của A0 lên mặt 0 phẳng√ ABC trùng với trong tâm tam giác ABC , Biết khoảng các giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a 3 .Tính theo a thể tích khối lăng trụ 4 2) Cho tứ diện ABCD.G là trọng tâm tam giác BCD. Mặt phẳng (α) qua trung điểm I của AG cắt cạnh AB,AC,AD tại các điểm khác A. Gọi hA;hB;hC;hD là khoảng cách từA,B,C,D đến mặt phẳng (α). h 2 + h 2 + h 2 Chứng minh rằng: B C D ≥ h 2 3 A Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ OXY , Cho điểm A(−1;−1) và đường tròn (T) : (x−3)2 +(y−2)2 = 25. Gọi B,C là hai điểm phân biệt trên (T) khác A. Viết phương trình đường thẳng BC , biết I(1;1) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 5. Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 P = √ √ − √ a + ab + 3 abc a + b + c ———————————————–Hết—————————————————- Soạn bởi diễn đàn TOÁN THPT - www.k2pi.net www.k2pi.net
2. LỜI GIẢI THAM KHẢO CỦA DIỄN ĐÀN TOÁN THPT www.k2pi.net Bài I Phương trình hoành độ giao điểm : x2 + (3 − m)x − (m + 1) = 0 2 Do ∆m = m − 2m + 13 >√0,∀m nên đường thẳng ∆ luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B Tam giác 3 ABC đều ⇔ d(p;(∆)) = |AB~ | √ 2 p 2 ⇔ |m − 7| = 3 (x1 − x2) ⇔ m2 − 14m + 49 = 3(m − 3)2 + 4(m + 1) " m = 1 ⇔ 2m2 + 8m − 10 = 0 ⇔ m = −5 Bài II.1 ( x ≥ −1 ĐK : x 6= 13 √ √ √ Phương trình tương đương với : (x + 1) x + 1 + x + 1 = (2x + 1) + 3 2x + 1 √ √ Đặt : a = x + 1; b = 3 2x + 1 (a ≥ 0) ta có : a3 +a = b3 +b ⇔ (a − b)a2 + ab + b2 + 1
   = 0 ⇔ a = b ( √ √ x ≥ − 1 x + 1 = 3 2x + 1 ⇔ 2 (x + 1)3 = (2x + 1)2 Với a = b, ta có : ( " x ≥ − 1 x = 0 2 √ ⇔ 3 2 ⇔ 1+ 5 x − x − x = 0 x = 2 Bài II.2  2 x 6= 0 1
   2  1  Điều kiện : Ta có : (1) ⇔ x + x + y − y = 5 y 6= 0 Ta có : (2) ⇔ x2y2 − 2xy + 1 = x2 − y2 + 2 2 2 2 2 2
   2
   1
    1  ⇔ x y − x + y − 1 = 2xy ⇔ x + 1 y − 1 = 2xy ⇔ x + x y − y = 2  a = x + 1 (|a| ≥ 2) Đặt x 1 b = y − y  ( a + b = 3  2 2  " a + b = 5  ab = 2 a = −2;b = −1 Khi đó ta có hệ : ⇔  ( ⇔ (Do |a| ≥ 2)  a + b = −3 a = 2;b = −1 ab = 2  ab = 2 ( ( a = −2 x = −1 √ +) Với : ⇒ −1± 5 b = 1 y = 2 ( ( a = 2 x = 1 √ +) Với : ⇒ 1± 5 b = −1 y = 2 Bài III.1 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và M là trung điểm của BC. Theo bài rawww.k2pi.net ta có A0G ⊥ (ABC) nên A0G ⊥ BC . www.k2pi.net 2
3. Hình 1: Câu III.1 0 0 0 Lại có AM ⊥ BC do đó BC√⊥ (A AM). Trong mp(A AM) kẻ MH ⊥ AA thì ta cũng có BC ⊥ MH. a 3 Suy ra dAA0,BC = MH = . 4 √ √ a 3 a 3 Tam giác ABC đều cạnh a suy ra AM = , AG = . 2 3 r a2 Đặt AA0 = x, ta có A0G = x2 − . 3 √ r √ a 3 a2 a 3 2a Trong tam giác AA0M ta có: MH.AA0 = A0G.AM ⇔ .x = x2 − . ⇔ x = . 4 √ 3 2 3 2 0 a a 3 Từ đó ta tính được A G = . Diện tích tam giác ABC là: SABC = . 3 √ 4 a3 3 Vậy thể tích khối lăng trụ: V = A0G.S = . ABC 12 Bài III.2 Gọi B1;C1;D1 lần lượt là giao của α). AB AC AD Đặt 1 = x; 1 = y; 1 = z AB AC AD BB 1 − x CC 1 − y DD 1 − z Khi đó. 1 = ; 1 = ; 1 = B1A x C1A y D1A z 1 − x 1 − y 1 − z Khi đó: h = h ;h = h ;h = h B x A C y A C z A 1 − x 2 1 − y 2 1 − z 2 ŒPCM ⇔ + + ≥ 3(∗) x y z V.AB IC xy V.AC ID yz V.AB ID zx Lại có: 1 1 = ; 1 1 = ; 1 1 = V.ABGC 2 V.ACGD 2 V.ABGD 2 V Suy ra : V.AB C D = V.AB IC +V.AC ID +V.AB ID = (xy + yz + zx)(V = V.ABCD)(1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 V.AB C D Lại có: 1 1 1 = xyz(2) V 1 1 1 (1);(2) ⇔ + + = 6 www.k2pi.netx y z www.k2pi.net 3
4. Hình 2: Câu III.2 1 1 1 !2 + + −3 x y z Áp dụng Sa vác ta có: VT(∗) ≥ 3 = 3 . ĐPCM Bài IV Ta có : H (3;2) là tâm đường tròn (T) Hình 3: Câu IV. Phương trình phân giác góc A là AI : x − y = 0 Khi đó ta có giao của AI với (T) là D(6;6) √ Lại có HD = 42 + 32 = 5 Nhận thấy rằng B,C,H cùng thuộc đường tròn tâm D(6;6) bán kính R = 5 2 2 nên có phương trình : (T1) : (x − 6) + (y − 6) = 25 Suy ra phươngwww.k2pi.net trình BC : 6x + 8y − 59 = 0 Bài V www.k2pi.net 4
5. √ √ 4 Ta sẽ chứng minh a + bc + 3 abc ≤ (a + b + c) 3 √ a √ a Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 6 ab ≤ 3( + 2b) ; 6 3 abc ≤ 2( + b + 4c) 2 2 √ √ 4 Do đó a + bc + 3 abc ≤ (a + b + c) 3 2 3 √ Ta có P ≥ 4 − 3 (b + a + c) a + b + c Đặt t = a + b + c > 0 2 3 P ≥ − √ 4 t t 3 2 3 Xét hàm f (t) = − √ 4 t t 3 f 0(t) = 0 ⇐⇒ t = 1 −3 Vậy MinP = 2 . Lời giải được thực hiện bởi các thành viên : Ẩn Số, giangmanh, quynhanhbaby, dandhv, , Inspectorgadget của diễn đàn TOÁN THPT - www.k2pi.net www.k2pi.net www.k2pi.net 5