Bài soạn HD Giai HSG bang A,N.A,2010-2011

Gọi H là trực tâm tam giác ABC.. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Gọi SC, SD lần lượt là diện tích tam giác ABC, ABD.. b hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a.. Tìm GTLN c

ĐỀ THI HGS MÔN TOÁN LỚP 12 TỈNH NGHỆ AN BẢNG A NĂM 2010-2011

( GV NGUYỄN VĂN TUẤN THPT-DTNT TÂN KỲ ) Câu 1: (6 điểm)

a) Giải phương trình x− +1 x− +1 2− = +x x2 2

b) Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn [− 2; 2] :

(m+2)x− ≥ +m x 1

Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình sau:

2

3 4 2







Câu 3: (5 điểm)

a) Cho x, y là các số thực thoả mãn: log (4 x+2 )y +log (4 x−2 ) 1y =

Chứng minh rằng : 2x− ≥y 15

b) Cho a, b, c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thoả mãn:

(a b c+ + ) =2(a + +b c ) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

3 3 3

P

a b c ab bc ca

+ +

=

Câu 4: (2 điểm)

Trong mp(Oxy), cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2) Gọi H là trực tâm tam giác ABC Biết rằng đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x2+y2-2x+4y+4=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu 5: (5 điểm)

a) Cho tứ diện ABCD Gọi α là góc giữa 2 mp(ABC) và (ABD) Gọi SC, SD lần

lượt là diện tích tam giác ABC, ABD

Chứng minh rằng: 2 sin

3

S S V

AB

α

= với V là thể tích tứ diện ABCD

b) hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC, lần lượt tại A’, B’, C’ khác S

Tìm GTLN của biểu thức Q 1 1 1

SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA '

-Hết -HD Giải

( GV Nguyễn Văn Tuấn trường THPT-DTNT Tân Kỳ )

Câu 1.a)

GPT: x-1+ x+ +1 2− =x x2+ 2 (1)

+) ĐK: x∈[-1;2]

2

(1) ( ) ( 2 2 ) (1 1) 0

0

x x

x

x

=







+) Giải (2):

( 1 2) (1 2 )

( 2 2 )(1 1)

1 2 1 2

( 2 2 )(1 1)

1 2 1 2

( 2 2 )(1 1)

x

+

Vậy PT(1) có 2 nghiệm x=0, x=1

Câu 1.b)

Ta có (m+2)x m− ≥ + ⇔x 1 (m+2)x m− ≥ +(x 1)2 ⇔m x( − ≥1) x2+1(1)

+) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm

+) Nếu x (1;2]∈ : (1) 2 1

1

x m x

+

⇔ ≥

− Xét hs f(x)=

1

x x

+

− trên (1;2] ta có:

2

'

2

2 1

( 1)

f x

x

− trên (1;2] Vậy (1;2]

(2) 5

( )

x

f

Minf x

∈

= = Do đó trong TH này bpt

có nghiệm ⇔ ≥m 5

+) Nếu x [-2;1)∈ : (1) 2 1

1

x m x

+

⇔ ≤

− Xét hs f(x)=

1

x x

+

− trên [-2;1) ta có:

2

'

2

1 2

2 1

x

f x

 = +

−  = − BBT của f(x)=

1

x x

+

− trên [-2;1) :

x -2 1- 2 1

f(x)’ + 0

2-2 2

f(x) -∞ -∞

Vậy trong TH này bpt có nghiệm ⇔ ≤ −m 2 2 2

Tóm lại pbt đã cho có nghiệm ⇔ ∈ −∞ −m ( ;2 2 2] [5;+ )∪ ∞

Câu 2

+) ĐK: [-1;1](*)

y [0;2]

x∈



 ∈



+) Ta có HPT

2

( 1) 1(1)



⇔



+) Hs f(t) = t3 + t đồng biến trên [0;2] nên (1)⇔y=x+1, thay vào (2) ta có

2

( 1 1)( 1 1) 0 0

Vậy HPT có nghiệm duy nhất (x=0;y=1)

Câu 3.a)

+) ĐK: 2 0 0(*)

2 0

x

 − >



+) Ta có log4(x+2y)+log4(x-2y)=1⇔x2-4y2 = 4

2

y

 

  ( do (*) )

Từ đó 0 2 1

x

2

t t x

π

= ∈ Suy ra y =cott

Do đó 2 15 4 cot 15 15 sin ost 4

sin

t

− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ + ≤ (1)

Áp dụng bđt B.N.A.C.S, ta có

( 15 sint c+ ost) ≤(15 1)(sin+ t c+ os ) 16t = ⇒ 15 sint c+ ost 4≤

Vậy (1) đúng (đpcm)

Câu 3.b)

+) Theo gt, ta có

ab bc ca

Từ đó

3

P

a b c

=

+) Đặt t=a+b+c ta có a3+b3+c3=a3+b3+(t-a-b)3=a3+b3+t3-3t2(a+b)+3t(a+b)2-(a+b)3

=t3-3t2(a+b)+3t(a+b)2-3ab(a+b)=t3-3(a+b)[t2-t(a+b)+ab] =t3-3(a+b)(t-a)(t-b)=t3-3(t-c)(t-a)(t-b)=

=t3-3t3+3t2(a+b+c)-3t(ab+ac+cb)+3abc=

=1

4t

3+3abc

Vậy P=1+123 1 12 3

t = + a b c

+ +

+) Mặt khác từ GT, ta có a2-2a(b+c)+b2+c2-2bc=0 (1) Từ (1) để có a thì

'a 4bc 0 bc 0

∆ = ≥ ⇔ ≥ Lập luận tt ta có ac≥0,ab≥0

+) Nếu bc=0 0

0

b c

=



+) Nếu bc>0 Từ (1) có a b c= + ±2 bc =( b± c)2≥0

•Nếu a=0 suy ra P=1

•Nếu a>0 suy ra b>0, c>0 suy ra P>1

Mặt khác nếu 2 1 12( 2 ) 3 11

9 (2 2 2 )

b c bc bc

+ +

2 1 12( 2 ) 3 11

9 (2 2 2 )

b c bc bc

+ −

Vậy MinP=1 MaxP=11

9 .

Câu 4 ( Tự vẽ hình)

+) Đường tròn x2+y2-2x+4y+4=0 (C1) có tâm K(1;-2), bán kính R1=1

+) Theo GT ta có phép vị tự tâm H, tỉ số 2 sẽ biến đường tròn (C1) thành đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC suy ra (C) có bán kính R=2 Gọi I là tâm của (C) ta có

2

HI = HK

uur uuur

(1)

+) Theo BT38, tr11, SBT NC hình 10 ta có

3

2

HA HB HC+ + = HI ⇒ HI = HG⇒HI = HG

uuur uuur uuur uur uur uuur uur uuur

(2) +) Từ (1) và (2) suy ra 3HGuuur=4HKuuur⇒H(1; 14)− Bây giờ từ (1) suy ra I(1;10)

Vậy PT đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x-1)2+(y-10)2=4

Câu 5.a) ( Tự vẽ hình)

+) Qua D dựng mp(P) vuông góc với AB, cắt AB tại M Gọi (d) là giao tuyến của (P) và

(ABC) Gọi H là hình chiếu của D trên (ABC) ( H thuộc (d) ) Khi đó HMD∧ =α

+) Trong tam giác HMD ta có sin HD HD sin MD sin 2S D

α = ⇒ = α = α suy ra

2 sin 1

C D C

S S

V HD S

AB

α

= = ( đpcm )

Câu 5.b) (Tự vẽ hình )

+) Gọi K là trọng tâm của tam giác ABC Ta chứng minh S, G, K thẳng hàng và

4

SG= SK : Thật vậy, ta có GS GA GB GCuuur uuur uuur uuur r+ + + = ⇒0 GSuuur= −(GA GB GCuuur uuur uuur+ + )= −3GKuuur

suy ra S, G, K thẳng hàng và 3

4

SG= SK

2

3

3

SA B C

SABC

V

SA SB SB SC SC SA a

V

4

SA SB SC

SA SB SB SC SC SA

+) Với mọi x,y,z ta có (x+y+z)2 ≥ 3(xy+yz+zx) suy ra

2

3

Q

= + + ≤ + + = Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi mp(P) song song với (ABC) Vậy MaxQ = 162

3a .