Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2013 môn toán 12 bảng B

Chia sẻ: thiepmoi123

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi học sinh giỏi tỉnh nghệ an năm 2013 môn toán 12 bảng b', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2013 môn toán 12 bảng B

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 12 THPT - BẢNG B
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I: (3,0 điểm)
3x  4
Cho hàm số y  có đồ thị (C).
3x  3
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 OAB đều ( với O là gốc tọa độ ).
Câu II: (6,0 điểm)
1. Cho phương trình 1  2x  1  2x  x 2  m  0 .
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm thực.
 xy  x  y  x 2  2y 2

2. Giải hệ phương trình   x, y  .

 x  1  2y  3  3
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
a 3
cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ
4
ABC.A 'B'C' .
2. Cho điểm I nằm trong tứ diện ABCD . Các đường thẳng AI, BI, CI, DI lần lượt
cắt các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) tại A', B', C', D' thỏa mãn đẳng thức
AI BI CI DI
    12 . Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABCD
A 'I B'I C'I D'I
và IBCD . Chứng minh rằng V  4V1.
Câu IV: (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
 T  :x 2  y 2  4x  2y  0 và đường phân giác trong của góc A có phương trình
x  y  0 . Biết diện tích tam giác ABC bằng ba lần diện tích tam giác IBC ( với I là tâm
của đường tròn  T  ) và điểm A có tung độ dương. Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu V: (2,5 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn y 2  xz và z 2  xy . Tìm giá trị nhỏ nhất
x y 3z
của biểu thức : P    .
xy yz zx

- - 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 12 THPT- BẢNG B
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm
I. Phương trình hoành độ giao điểm: 3x  3mx  3m  4  0 1 với x  1
2
0,5
(3,0đ) Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
9m 2  36m  48  0 0,5
1 có hai nghiệm phân biệt khác 1   (đúng m )
 0.m  1  0
 x1  x 2   m  *

Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  3m  4
 x1 x 2  0,5
 3
Giả sử A  x1; x1  m  , B  x 2 ; x 2  m 
2 2
Khi đó ta có OA  x1   x1  m  ,OB  x 2   x 2  m 
2
2
0,5
Kết hợp  *  ta được OA  OB  x  x . Suy ra OAB cân tại O
2
1
2
2
2
Ta có AB  2  x1  x 2  . Tam giác OAB đều  OA 2  AB2
2 2
0,5
 x1  x 2  2  x1  x 2    x1  x 2   6x1x 2  0
2
2

m  2
 m 2  6m  8  0   . Vậy giá trị cần tìm là m  2, m  4 0,5
m  4
II. 1 1
1, ĐKXĐ:   x  . Đặt t  1  2x  1  2x * 0,5
2 2
(3,0đ) 1 1
t'   , t' 0  x  0  2  t  2 0,5
1  2x 1  2x
 t 4  4t 2
Ta có:  *  x 2 
16 0,5
Khi đó phương trình đã cho trở thành: t 4  4t 2  16t  16m
Xét hàm số f  t   t 4  4t 2  16t với t   2;2 
 
Ta có hàm số f  t  liên tục trên đoạn  2;2  .
 
0,5
f '  t   4t  8t  16, f '  t   0  t  2
3


Suy ra Min f  t   32 , Max f  t   4  16 2 0,5
 2 ; 2  2 ; 2
   

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 32  16m  4  16 2
1  4 2 0,5
Suy ra giá trị cần tìm của m là: 2  m 
4
1
II. x  1
2, ĐKXĐ: 
 3
(3,0đ) y  2
 0,5
2 2 2
(xy  x )  x  y  2x  2y

Hệ phương trình tương đương: 
 x  1  2y  3  3

  x  y  0 ( loại )
 x  y 1  x  2y   0
 
   1  x  2y  0 0,5
 x  1  2y  3  3
 
 x  1  2y  3  3
 2y  x  1


 x  1  x  4  3 *

0,5
x  4

PT  *    2
 2x  5  2 x  5x  4  9

x  4
 4  x  7

 2  2 2 0,5
 x  5x  4  7  x
  x  5x  4   7  x 

4  x  7
  x  5  TM  0,5
 x 5
Với x  5  y  2 . Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x; y    5; 2  0,5
III. a2 3
1, Diện tích đáy là SABC  4 B'
(3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
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
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 30 0  0,5
3

2
a3 3
Vậy VABC.A ' B'C'  A 'G.SABC  (đvtt). 0,5
12
III. Gọi V2 , V3 , V4 lần lượt là thể tích
A
2, của tứ diện ICDA, IDAB, IABC
(3,0đ)
C'
D' B'
I 0,5
B D

A'

C
Ta có :
AA' d  A,  BCD   V IA V IA V V  V3  V4 0,5
  1    1  2 1
IA' d  I,  BCD   V1 IA ' V1 IA ' V1 V1
IB V1  V3  V4 IC V1  V2  V4
Tương tự ta có :   2 ,   3 ,
IB' V2 IC' V3
0,5
ID V1  V2  V3
 4
ID' V4
AI BI CI DI
Từ 1 ,  2  ,  3 và  4  ta có : VT 
   
A 'I B'I C'I D'I
V  V3  V4 V3  V4  V1 V1  V2  V4 V1  V2  V3 0,5
 2   
V1 V2 V3 V4
 V V  V V  V V  V V  V V  V V 
VT   1  2    2  3    3  4    4  1    3  1    2  4   12 0,5
 V2 V   V3 V2   V4 V3   V1 V4   V1 V3   V4 V2 
1

V
Đẳng thức xảy ra khi V1  V2  V3  V4  . Suy ra V  4V1 (đpcm). 0,5
4
IV. Gọi d là đường phân giác trong của góc A A
(2,5đ) Đường tròn  T  có tâm I  2;1 , bán kính R  5
Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn  T  tại A và
A' có tọa độ là nghiệm của hệ I
 x 2  y 2  4x  2y  0 x  0 x  3 0,5
  hoặc 
 xy0 y  0 y  3 B C
Điểm A có tung độ dương suy ra A  3;3 và
A '  0;0  A'
Vì d là phân giác trong của góc A nên BA '  CA '  IA '  BC
0,5
Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC : 2x  y  m  0
Mặt khác ta có:
1 1 0,5
SABC  3SIBC  d  A, BC  .BC  3. d  I, BC  .BC  d  A, BC   3.d  I, BC 
2 2
3
m9 m5  m  3
 3.  m  9  3. m  5   0,5
5 5  m  6
. Với m  3 khi đó BC : 2x  y  3  0
 6  21 3  2 21   6  21 3  2 21 
Tọa độ các điểm B, C là:  ; ,  ;  , suy ra
 5 5   5 5 
B, C nằm khác phía đối với đường thẳng d ( TM )
. Với m  6 khi đó BC : 2x  y  6  0 0,5
 12  2 6 6  4 6   12  2 6 6  4 6 
Tọa độ các điểm B, C là:  ; ,  ;  , suy ra
 5 5   5 5 
B, C nằm khác phía đối với đường thẳng d ( TM )
Do đó phương trình đường thẳng BC là : 2x  y  3  0 và 2x  y  6  0 .
V. 1 1 3 y z x
Ta có: P    , đặt a  ;b  ;c  kết hợp với giả thiết ta
(2,5đ) y z x x y z
1 1 1
x y z 0,5
a  b  c  0 0  c  1 1 1 3
suy ra   . Khi đó P   
abc  1 ab  1 1 a 1 b 1 c
1 1 2 2
Ta có  
1  a 1  b 1  ab
 a b   
ab  1  0 (đúng do ab  1 )
0,5
1 1 2 c
Suy ra  
1 a 1 b c 1
2 c 3 2 c 3 32 c
Hay P      vì 0  c  1  c  c 0,5
c 1 c 1 c 1 c 1 c 1
Đặt t  c  0  t  1
2t  3
Xét hàm số f  t   với 0  t  1. Ta có hàm số f  t  liên tục trên  0;1 ,
t 1 0,5
1
f ' t    2
 0, t   0;1 .
 t  1
5
Hàm số f  t  nghịch biến trên  0;1 . Suy ra f  t   f 1 
2 0,5
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi và chỉ khi x  y  z .
2
- - Hết - -
Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng.
- Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.




4
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản