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

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+


+ − + +

+) 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
+ − + − −
⇔ − + =
+ − + +
− −
+

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
∈
= =

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)


+) 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:

⇔ = + ≥ ⇒ ≥
 ÷
 
( 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+ ≤ + + = ⇒ + ≤

+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

+) 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= + ± = ± ≥
•

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)

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(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
.