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 2 1 1 2 2x x x x− + − + − = + b) Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn [ ] 2;2 − : ( 2) 1m x m x + − ≥ + Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 3 4 2 1 2 1 y y x x x x y y + = + + +    − − = − −   Câu 3: (5 điểm) a) Cho x, y là các số thực thoả mãn: 4 4 log ( 2 ) log ( 2 ) 1x y x y + + − = Chứng minh rằng : 2 15x y− ≥ b) Cho a, b, c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thoả mãn: 2 2 2 2 ( ) 2( ).a b c a b c+ + = + + Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 3 3 3 . ( )( ) a b c 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: x 2 +y 2 -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 S C , S D lần lượt là diện tích tam giác ABC, ABD. Chứng minh rằng: 2 . .sin 3 C D 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. 1 1 1 Q SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA' = + + . -------Hết------- HD Giải ( GV Nguyễn Văn Tuấn trường THPT-DTNT Tân Kỳ ) Câu 1.a) GPT: x-1+ 2 1 2 2x x x+ + − = + (1) +) ĐK: x ∈ [-1;2] 2 (1) ( ) ( 2 2 ) (1 1) 0 ( 1) 0 2 2 1 1 0 1 1 1 0(2) 2 2 1 1 PT x x x x x x x x x x x x x x ⇔ − + − − + − + = ⇔ − + − = + − + + =   ⇔  − + − =  + − + +  +) Giải (2): ( 1 2) (1 2 ) (2) ( 1) 0 ( 2 2 )(1 1) 1 1 1 2 1 2 ( 1) 0 ( 2 2 )(1 1) 1 1 1 2 1 2 ( 1)[1 ] 0 1. ( 2 2 )(1 1) x x PT x x x x x x x x x x x x x x x x + − + − − ⇔ − + = + − + + − − + + + + − ⇔ − + = + − + + + + + + − ⇔ − + = ⇔ = + − + + Vậy PT(1) có 2 nghiệm x=0, x=1. Câu 1.b) Ta có 2 2 ( 2) 1 ( 2) ( 1) ( 1) 1(1)m x m x m x m x m x x+ − ≥ + ⇔ + − ≥ + ⇔ − ≥ + +) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm +) Nếu x (1;2]∈ : 2 1 (1) 1 x m x + ⇔ ≥ − . Xét hs f(x)= 2 1 1 x x + − trên (1;2] ta có: 2 ' 2 2 1 ( ) 0 ( 1) x x f x x − − = < − trên (1;2] . Vậy (1;2] (2) 5 ( ) x f Minf x ∈ = = . Do đó trong TH này bpt có nghiệm 5m⇔ ≥ . +) Nếu x [-2;1)∈ : 2 1 (1) 1 x m x + ⇔ ≤ − . Xét hs f(x)= 2 1 1 x x + − trên [-2;1) ta có: 2 ' 2 1 2 2 1 ( ) 0 ( 1) 1 2 x x x f x x x  = + − − = = ⇔  − = −   . BBT của f(x)= 2 1 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 2 2 2m⇔ ≤ − Tóm lại pbt đã cho có nghiệm ( ;2 2 2] [5;+ )m⇔ ∈ −∞ − ∪ ∞ . Câu 2. +) ĐK: [-1;1] (*) y [0;2] x∈   ∈  +) Ta có HPT 3 3 2 ( 1) 1(1) 1 2 1(2) y y x x x y y  + = + + +  ⇔  − − = − −  +) Hs f(t) = t 3 + t đồng biến trên [0;2] nên (1) ⇔ y=x+1, thay vào (2) ta có 2 1 1 1 1 1( 1 1) ( 1 1) 0 ( 1 1)( 1 1) 0 0 x x x x x x x x x − − + = − − ⇔ + − − − − − = ⇔ − − + − = ⇔ = Vậy HPT có nghiệm duy nhất (x=0;y=1). Câu 3.a) +) ĐK: 2 0 0(*) 2 0 x y x x y + >  ⇒ >  − >  +) Ta có log 4 (x+2y)+log 4 (x-2y)=1 ⇔ x 2 -4y 2 = 4 2 2 1 1 1 2 2 x x y   ⇔ = + ≥ ⇒ ≥  ÷   ( do (*) ). Từ đó 2 0 1 x < ≤ . Ta đặt 2 sin , (0; ] 2 t t x π = ∈ . Suy ra coty t= Do đó 4 2 15 cot 15 15sin ost 4 sin x y t t c t − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ + ≤ (1) Áp dụng bđt B.N.A.C.S, ta có 2 2 2 ( 15sin ost) (15 1)(sin os ) 16 15sin ost 4t c t c t t c+ ≤ + + = ⇒ + ≤ . Vậy (1) đúng (đpcm). Câu 3.b) +) Theo gt, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 2( ) ( ) 2 4 a b c a b c a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca + + = + + ⇔ + + = + + + + + + ⇔ + + = = Từ đó 3 3 3 3 4( ) ( ) a b c P a b c + + = + + . +) Đặt t=a+b+c ta có a 3 +b 3 +c 3 =a 3 +b 3 +(t-a-b) 3 =a 3 +b 3 +t 3 -3t 2 (a+b)+3t(a+b) 2 -(a+b) 3 =t 3 -3t 2 (a+b)+3t(a+b) 2 -3ab(a+b)=t 3 -3(a+b)[t 2 -t(a+b)+ab] =t 3 -3(a+b)(t-a)(t-b)=t 3 -3(t-c)(t-a)(t-b)= =t 3 -3t 3 +3t 2 (a+b+c)-3t(ab+ac+cb)+3abc= = 1 4 t 3 +3abc . Vậy P=1+ 3 3 12 12 1 ( ) abc abc t a b c = + + + +) Mặt khác từ GT, ta có a 2 -2a(b+c)+b 2 +c 2 -2bc=0 (1). Từ (1) để có a thì ' 4 0 0 a bc bc∆ = ≥ ⇔ ≥ . Lập luận tt ta có 0, 0ac ab≥ ≥ . +) Nếu bc=0 0 0 b c =  ⇔  =  suy ra P=1 +) Nếu bc>0. Từ (1) có 2 2 ( ) 0a b c bc b c= + ± = ± ≥ • Nếu a=0 suy ra P=1 • Nếu a>0 suy ra b>0, c>0 suy ra P>1. Mặt khác nếu 3 12( 2 ) 11 2 1 9 (2 2 2 ) b c bc bc a b c bc P b c bc + + = + + ⇒ = + ≤ + + 3 12( 2 ) 11 2 1 9 (2 2 2 ) b c bc bc a b c bc P b c bc + − = + − ⇒ = + < + − . Vậy MinP=1. MaxP= 11 9 . Câu 4. ( Tự vẽ hình) +) Đường tròn x 2 +y 2 -2x+4y+4=0 (C 1 ) có tâm K(1;-2), bán kính R 1 =1 +) Theo GT ta có phép vị tự tâm H, tỉ số 2 sẽ biến đường tròn (C 1 ) 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 2HI HK= uur uuur (1) +) Theo BT38, tr11, SBT NC hình 10 ta có 3 2 2 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 3 4 (1; 14)HG HK H= ⇒ − uuur uuur . 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 2 sin sin . sin . D HD S HD MD MD AB α α α = ⇒ = = suy ra 2 sin1 . 3 3 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 3 4 SG SK= : Thật vậy, ta có 0 ( ) 3GS GA GB GC GS GA GB GC GK+ + + = ⇒ = − + + = − uuur uuur uuur uuur r uuur uuur uuur uuur uuur suy ra S, G, K thẳng hàng và 3 4 SG SK= . +) Ta có ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 2 2 2 . . 3. . 3. . 3. . ; ; . . 4 4 4 SA B G SB C G SC A G SABK SBCK SCAK V V V SA SB SG SA SB SB SC SC SA V SA SB SK V V a a a = = = = ' ' ' ' ' ' ' ' ' 2 3 ( . . . ) 1 4 3 SA B C SABC V SA SB SB SC SC SA a V ⇒ = + + ' ' ' ' ' ' ' ' ' 2 ' ' ' 3 . . 3 1 1 1 4 ( . . . ) . . 4 SA SB SC SA SB SB SC SC SA SA SB SC a a SA SB SC ⇒ = + + ⇒ + + = +) Với mọi x,y,z ta có (x+y+z) 2 ≥ 3(xy+yz+zx) suy ra 2 ' ' ' ' ' ' ' ' ' 2 1 1 1 1 1 1 1 16 ( ) 3 . . . 3 Q SA SB SB SC SC SA SA SB SC a = + + ≤ + + = . Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi mp(P) song song với (ABC). Vậy MaxQ = 2 16 3a . . Trong tam giác HMD ta có 2 sin sin . sin . D HD S HD MD MD AB α α α = ⇒ = = suy ra 2 sin1 . 3 3 C D C S S V HD S AB α = = ( đpcm ). Câu 5.b) (Tự vẽ hình. SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA' = + + . -------Hết------- HD Giải ( GV Nguyễn Văn Tuấn trường THPT-DTNT Tân Kỳ ) Câu 1.a) GPT: x-1+ 2