De thi hsg toan 12- Ha Tinh

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH


ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2012-2013
Môn:
TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu)


Câu 1. a) Giải phương trình:
(
)
62223 ++=−+ xxx
.
b) Giải hệ phương trình:





+=+−
=++
yyxx

yxyx
344
02
2
3
24
323
.
Câu 2. a) Cho hàm số
2
2
+
=
x
x
y
có đồ thị là (C). Tìm hai điểm A, B trên (C) sao cho
các tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau đồng thời khoảng cách
giữa hai tiếp tuyến đó đạt giá trị lớn nhất.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 3 nghiệm
phân biệt:
22
44 xxmxx −+=−+
.
Câu 3. Xác định các góc của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:
2
3
sin
2
3

2
cos
2
cos
ACABA
+=
−
+
−
.
Câu 4. Cho hình chóp S.ABC có các mặt phẳng (SBC) và (ABC) vuông góc với nhau,
các cạnh AB = AC = SA = SB = a. Tìm độ dài cạnh SC sao cho khối chóp
S.ABC có thể tích V =
8
3
a
.
Câu 5. Cho
cba ,,
là các số thực dương thỏa
abccba 3
222
=++
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
P =
181818
222
+
+

+
+
+ c
c
b
b
a
a
.

_____________ Hết _____________

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
2
SỞ GD − ĐT HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)

Câu Đáp án Điểm
Điều kiện:
2
≥
x .
Ph
ươ

ng trình
đ
ã cho ⇔ 62623 −=+−− xxx
⇔
( )
32
623
248
−=
++−
−
x
xx
x




=++−
=
⇔
(*)4623
3
xx
x

1
Gi
ả
i (*): (*) ⇔

(
)
(
)
166261210 =+−+− xxx
⇔
(
)
(
)
xxx 514623 −=+− ⇔
( )( ) ( )



−=+−
≥−
2
514629
0514
xxx
x

1
1.a
3 điểm

⇔






=+−
≤
01911
5
14
2
xx
x
⇔







±
=
≤
2
5311
5
14
x
x
⇔
2

5311−
=x (th
ỏ
a mãn).
V
ậ
y ph
ươ
ng trình có 2 nghi
ệ
m: 3
=
x ,
2
5311−
=x .
1
Ta th
ấ
y
0
=
y không thỏa mãn hệ đã cho nên 0
≠
y .
Phương trình: 02
323
=++ yxyx
(
)

(
)
02
22
=+−+⇔ yxyxyx
0
=
+
⇔
yx (vì 0
≠
y nên 0
4
7
2
1
2
2
2
22
>+






−=+− yyxyxyx )
x
y

−
=
⇔
.
1
Thay
x
y
−
=
vào phương trình sau ta được:
xxxx 344
23 24
−=+−

0,5
⇔

434
23 24
−−=− xxxx

⇔
3
1
4
1
3
−







−=−
x
x
x
x
(chia cả hai vế cho 0
≠
x
).
0,5
Đặt
3
1
x
xt −=
, pt trở thành 034
3
=−− tt ⇔

(
)
(
)
03441
2

=++− ttt

⇔
1
=
t
.
0,5
1.b
3 điểm
Với 1
=
t
ta có:
1
1
=−
x
x ⇔
2
51±
=x .
V
ậ
y h
ệ
có hai nghi
ệ
m:









−
−
−








+
−
+
2
51
,
2
51
;
2
51
,

2
51
.
0,5
G
ọ
i A






+ 2
2
,
a
a
a
, B






+ 2
2
,
b

b
b
v
ớ
i baba
≠
−
≠
;2, .
Vì (C) không có ti
ế
p tuy
ế
n kép nên các ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B song song
⇔ )(')(' byay
=
⇔
( ) ( )
22
2
4
2

4
+
=
+ ba

Do ba
≠
nên ta có
(
)
22 +−=+ ba
⇔ ab
−
−
=
4 .
1
2.a
3 điểm
Khi
đ
ó ta có t
ọ
a
độ
B
(
)







+
+
−−
2
42
,4
a
a
a
.
Ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A, B l
ầ
n l
ượ
t là:
02)2(4

22
=++− ayax và 0)4(2)2(4
22
=+++− ayax
1
3
Khoảng cách giữa chúng:
h =
( )
4
22
216
2)4(2
++
−+
a
aa
=
( )
4
216
216
++
+
a
a

( )
24
28

216
2
=
+
+
≤
a
a
.
0,5

Đẳng thức xảy ra ⇔
(
)
42
2
=+a ⇔



−=
=
4
0
a
a
.
Vậy các điểm cần tìm là: A
(
)

0,0
; B
(
)
4,4−
hoặc A
(
)
4,4−
; B
(
)
0,0
.
0,5
Điều kiện:
22
≤
≤
−
x .
Đặ
t
2
4 xxt −+=
. Xem t là hàm s
ố
c
ủ
a x, xét hàm s

ố
t trên
[
]
2;2−
:
2
2
2
4
4
4
1'
x
xx
x
x
t
−
−−
=
−
−= ,
20' =⇔= xt
.
B
ả
ng bi
ế
n thiên c

ủ
a t trên
[
]
2;2−
:









0,5
T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên ta có
[
]
22;2−∈t và quan h
ệ
s
ố
nghi

ệ
m c
ủ
a t và x:
+) m
ộ
t giá tr
ị

)
[
2,2−∈t
ho
ặ
c
22=t
cho t
ươ
ng
ứ
ng m
ộ
t nghi
ệ
m x,
+) m
ộ
t giá tr
ị

)
[
22,2∈t cho t
ươ
ng
ứ
ng hai nghi
ệ
m x.
0,5
Ta có
22
424 xxt −+=

⇒

2
4
4
2
2
−
=−
t
xx .
Ph
ươ
ng trình ban
đầ
u tr

ở
thành:
mtt =++− 2
2
1
2

Xét hàm s
ố
2
2
1
)(
2
++−= tttf trên t
ậ
p
[
]
22;2− .
1)('
+
−
=
ttf , 10)('
=
⇔
=
ttf
1

Bảng biến thiên:











0,5
2.b
3 điểm
Từ bảng biến thiên của f(t), phương trình ban đầu có đúng 3 nghiệm x
⇔ phương trình mtf
=
)(
có 1 nghi
ệm
[
)22,2∈t và 1 nghiệm
[
)
{
}
222,2 ∪−∈t
⇔
2222 ≤<− m

.
0,5
t −2 1 2 2
2

f’(t) + 0 − −




f(t)
−
2

2
5

2
222 −

x −2
2
2
t’ + 0 −

t
−
2
2
22

4
Biến đổi, giả thiết tương đương với







−+=
−−−
22
3
cos
2
3
4
cos
4
2
cos2
π
ACBCBA

⇔

4
3
cos2

2
1
4
cos
4
3
cos2
2
π
π
−
+=
−
−
ACBA

1
⇔ 01
4
cos
4
3
cos4
4
3
cos4
2
=+
−
−

−
−
CBAA
π
π

⇔
0
4
sin
4
cos
4
3
cos2
2
2
=
−
+






−
−
− CBCBA
π

1
3.
3 điểm
⇔







=
−
=
−
−
−
0
4
sin
0
4
cos
2
3
cos2
CB
CBA
π

⇔





=
−
=−
2
1
4
3
cos
0
π
A
CB
(vì
4
4
4
π
π
<
−
<−
CB
)
⇔






=
−
=
34
3
ππ
A
CB
(vì
2
4
3
4
π
π
π
<
−
<−
A
) ⇔








==
=
9
9
7
π
π
CB
A
.
1
S
C
B
H
A

Ta xét hình chóp với đỉnh là A.
Gọi H là trung điểm BC.
Do AB = AC = a ⇒ AH ⊥ BC.
Theo giả thiết hai mặt phẳng
(ABC) và (SBC) vuông góc với
nhau theo giao tuyến BC nên suy

ra AH ⊥ (SBC).
Ta có : AB = AC = AS nên
HB = HC = HS

⇒ tam giác SBC vuông tại S.
1
Đặt SC = x. Ta có BC =
22
xa +

⇒
222
BH
AB
AH
−
=
=
4
3
22
xa −
⇒
2
3
22
xa
AH
−
=
.
Thể tích khối chóp: SCSBAHV .
2
1

.
3
1
= =
22
3
12
1
xaax − .
1
4.
3 điểm
Theo giả thiết
8
3
a
V = ⇔
2
3
3
2
22
a
xax =− ⇔
2
6a
x = .
1
Từ giả thiết ta có: cabcabcbaabc ++≥++=
222

3 ⇒ 3
111
≤++
c
b
a
.
Đặt
c
z
b
y
a
x
1
,
1
,
1
=== thì 0,,
>
zyx và 3
≤
+
+
zyx .
0,5
5.
2 điểm
Gọi Q =

1
8
1
8
1
8
222
+
+
+
+
+
c
c
b
b
a
a
. Ta có:
8
1
8
1
18
2
2
2
+
=
+

=
+ x
x
a
a
a
a

và hai
đẳng thức tương tự nên Q =
888
222
+
+
+
+
+ z
z
y
y
x
x
.
0,5
5
Do







+
−=
+
≤
++
=
+
72
7
1
2
1
72
7)1(8
22
xx
x
x
x
x
x
và hai bất đẳng thức tương
tự nên: Q







+
+
+
+
+
−≤
72
1
72
1
72
1
2
7
2
3
zyx


( )
212
9
.
2
7
2
3
+++
−≤

zyx

27
9
.
2
7
2
3
−≤
3
1
= .
0,5
Áp d
ụ
ng B
Đ
T Bunhiacopxki ta có: 1.3
2
≤≤
QP ⇒
P
≤
1.
D
ấ
u “=” x
ả
y ra ⇔

1
=
=
=
zyx ⇔
1
=
=
=
cba . V
ậ
y giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a P là 1.
0,5

Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.