dap an de thi hsg tinh nghe an nam 20112012 mon toan

[r]

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012

Môn: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG A

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

I.

(6,0đ)

1 (3,0 điểm)

Điều kiện xác định:

5 x 2



Phương trình đã cho tương đương:

x 5 2 2x 5

2x 4





2x 4



 Đặt

f (x) x 5 2 2x 5

2x 4



 với x thuộc

5

; 2

 

0,5

3

3 x 5

5 x 2

 hàm số f (x) đồng biến trên

5

; 2

 

 phương trình f (x) 0 có tối đa một nghiệm (1)

0,5

Ta có f (3) 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3 0,5

2 (3,0 điểm)

Điều kiện xác định: x2

Bất phương trình trở thành: x3  3xy2 2y3 0

x 2y 0







0,5

x 0

x 2 x





 

x 0

x 0

x 0

2 2 3 x 0 4(x 2) x















x 2 2 3

0,75

Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là



T2 2 3; 



0,5

(3,0đ)

Ta có hệ:







Điều kiện xác định:

2 x 2

0 y 4

  





 

Ta có (1)  x3 12xy 2 3 12 y 2   0,5 Xét hàm số f (t) t 3 12t, t  2;2

f '(t) 3t 12 3 t 4 0, t 2;2

Suy ra hàm số f (t) nghịch biến trên 2;2 (3)

0,5

Ta có x và y 2 cùng thuộc đoạn 2;2 và f (x) f (y 2)  nên kết hợp

Thay vào (2) ta có phương trình 3 4 x 2  4x2 m (4)

Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (4)

có nghiệm x thuộc đoạn [-2;2]

0,5 Đặt g(x) 3 4 x  2  4x , x [ 2;2]2  



0,25

g '(x) 0  x 0 g(0) 6; g( 2) g(2)   16

x [ 2;2]min g(x) 16; max g(x) 6x [ 2;2]

0,5

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 16 m 6   0,25

III.

(2,5đ)

x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 P

       

0,5

x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1

(2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra

0,5

Từ giả thiết ta có

1

0,5

Mà 2 2 2

1

x  y  z xy  yz  zx  (5).

2

Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P 3 1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z   3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 1

0,5

IV.

(6,0đ)

1 (3,0 điểm)

Gọi I, G lần lượt là trọng tâm tứ diện ABCD và tam giác BCD

Ta có

IBCD

IBCD ABCD ABCD

1,0

Tương tự ta có IABC IACD IABD ABCD

1

4

Suy ra VIABC VIACD VIABD VIBCD (1)

0,5

ABC = DCB  SABC = SDCB (2) 0,5

Từ (1), (2) suy ra

IABC IBCD

d(I,(ABC)) d(I,(BCD))

Tương tự ta có d(I, (ABC)) = d(I, (ABD)) = d(I, (ACD)) (4)

2 (3,0 điểm)



A

B

C

D I

G

S

O

Dễ thấy SOC BOA SO BO  BSD vuông tại S.

Do đó

2

Mà OA BC2  OB2

4

0,5

Vì AO  (SBD) nên

Mà

2

V.

(2,5đ)

(C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5

0,25

Gọi

5

J ;3 2

  Ta chứng minh với mọi điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ

Thật vậy MA 2MJ  MA2 4MJ2  MI IA  2  4 MI IJ  2

2MI IA 4IJ 3R 4IJ IA

                   

Đẳng thức này đúng vì

IA 4IJ 0; 3R  4IJ  IA 0

0,5

Vì thế với mọi điểm M thuộc (C) ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngoài

đường tròn (C); J nằm trong đường tròn (C))

Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường tròn

(C) và đoạn thẳng BJ

0,5

BJ có phương trình 2x y 8 0  

Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của hệ

y 6







x 5









0,5

Thử lại ta có điểm M(1;6) thuộc đoạn JB thỏa mãn bài toán 0,5

B

A J

I

 M

Hết