Đáp án đề thi học sinh giỏi toán lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2013 và 2014

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN THPT


HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 05 trang)
Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học
sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Câu 1. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
Phương trình tương đương:
3sin 2 3 1 1 cos2x x
    .

1 3 3
cos2 sin 2

2 2 2
x x  
.

3
cos 2
3 2
x

 
  
 
 
.

 
12

4
x k
k
x k





  

 



  




Vậy phương trình có nghiệm là
12
x k


  
hoặc
( )
4
x k k


   

.


Câu 2. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
a) (1,0 điểm).

Phương trình hoành độ giao điểm:
3 2 4 4

3
x mx m x m    
.


2
0
3 1 0 (1)
x
x mx




  



Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0
2
9 4 0
m
  


2
3
2
3
m

m






 


. Vậy các giá trị cần tìm của m là
2
3
m

hoặc
2
3
m
 
.



2
b) (1,0 điểm).

Ta có
2
' 3 6y x mx

 
;
' 0 0
y x
  
hoặc
2x m
.
Đồ thị có hai điểm cực trị khi và chỉ khi
0
m

(*)

Các điểm cực trị của đồ thị là
   
4 4 3
0; ; 2 ; 4
A m B m m m

.

Suy ra
4 4
1 1
AC m m
   
;
 
, 2C Oy d B AC m

  
.
Do đó
 
 
4
1
. , 1
2
ABC
S AC d B AC m m
  
;
 
4
2 1 2
ABC
S m m
   
.

Đặt
0m t 
ta được
5 4 3 2
2 0 ( 1)( 2) 0 1t t t t t t t t           

Do đó
1
m

 
(thỏa mãn điều kiện (*)). Vậy
1
m
 
.


Câu 3. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
a) (1,0 điểm).

Với m=2 ta có hệ
3 2 2 2
2 2
3 3 4 ( )(3 ) 4
2 4 ( ) (3 ) 4
x x y x xy x x x y
x x y x x x y
 
      
 

 
      
 
 


Đặt

2
;3
x x a x y b   
, ta có hệ:
4
2
4
ab
a b
a b


  

 

.

Giải hệ
4
4
ab
a b



 

ta được
2

a b
 
. Suy ra
2
2
3 2
x x
x y

 

 

.

Giải hệ ta được
( ; ) ( 1;5);(2; 4)
x y
  
. Vậy hệ có hai nghiệm
( ; ) ( 1;5);(2; 4)
x y
  
.
Chú ý: HS có thể làm theo phương pháp thế.

b) (1,0 điểm).
Hệ tương đương
2
2

( )(3 ) 2
( ) (3 ) 6
x x x y m
x x x y m

  


    



Đặt
2
1
, ;3
4
x x a a x y b     
, ta có hệ:
2
6
ab m
a b m



  


2
6
2 (6 ) 2
(1)
2
6 6
6
a a
ab m a m a m
m
a
a b m b m a
b m a


   
 


 

  
     
 

  


Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn
1

4
a
 
.

Xét hàm số
2
6 1
( ) ;
2 4
a a
f a a
a

  

. Ta có
2
2
4 12
'( )
( 2)
a a
f a
a
 
 

.

3
Với
1
4
a
 
thì
'( ) 0 2
f a a
  
.
Bảng biến thiên:
2
∞
-
25
28
+
0
+∞
2
-1
4
f(a)
f'(a)
a

Suy ra giá trị cần tìm của m là:

2
m

.


Câu 4. (2,0 điểm)
60°
30°
S
A
B
C
K
C
B
B'
M
H
I

Nội dung
Điểm
2
0
1 3
. .sin120
2 4
HBC
a

S HB HC 
.

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC.
Ta có
0 0
3
sin 30 .sin 60
2 4
a a
AH HM HB AK AH     
.



4
Góc giữa (SHC) và (ABC) là

0 0
3
60 .tan 60
4
a
SKA SA AK   


Vậy
2 3
.
1 1 3 3 3

. . .
3 3 4 4 16
S HBC HBC
a a a
V SA S  
.

Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là

'.BCB

Gọi I là hình chiếu của A trên SK
( )AI SHC 
.
Ta có
' ( ,( )) 2 ( ,( )) 2 ( ,( )) 2BB d B SHC d M SHC d A SHC AI   
.
Trong tam giác vuông SAK, ta có
2
2 2
. 3 3 2 3 3
. ' .
16 8 4
3
AK AS a a a
AI BB
a
AK AS
    


Do đó

0
' 3 3 3
sin '
4.2 8. .cos30 4
BB a a
BCB
BC BM HB
   
.
Vậy

3 13
cos ' 1 .
16 4
BCB   



Câu 5 (1,0 điểm)
Nội dung Điểm
H
1
1
E
I
A

D
B
C

Gọi
I AC BD 
, H là hình chiếu của B trên CD.
Ta có

 

0
1 1
1 1
1 1
1 1
tan tan
2 3
tan tan 1 45
1 1
1 tan tan
1 .
2 3
D C
AID D C AID
D C


      



.

Đường thẳng AC có dạng:
2 2
( 4) ( 2) 0 4 2 0 ( 0)
a x b y ax by a b a b
          
.
Góc giữa AC và BD bằng
0
45
nên
0 2 2
2 2
2
cos45 3 8 3 0
. 5
a b
a ab b
a b

    


Chọn b=1 ta được
1
; 3
3
a a

  
.
Từ đó suy ra phương trình AC là
3 10 0
x y
  
hoặc
3 10 0
x y
  
.

Gọi
E BH AC 
, ta có
3
2
2
BE AB IA AD
EH CH IE BE
    
.
Ta có
 
2 3 .
10 2
2
ABCD
AD AD AD
S AD


   
. Từ đó tìm được
4 10
5
AI 
.



5
* Nếu
: 3 10 0
AC x y
  
, suy ra
17 11
;
5 5
I
 
 
 
. Gọi
 
10 3 ;A t t

thì từ
4 10
5

AI 
ta có
2 2
17 11 32 7
10 3 3;
5 5 5 5
t t t t
   
       
   
   
. Suy ra
 
29 7
1;3 ; ;
5 5
A A
 
 
 

Do
 
2 1;3
A
x A 
.
* Nếu
:3 10 0
AC x y

  
, suy ra
21 13
;
5 5
I
 
 
 
. Gọi
 
;3 10
A t t 
thì từ
4 10
5
AI 
ta có
2 2
21 13 32 17
3 10 5;
5 5 5 5
t t t t
   
       
   
   
(không thỏa mãn
2
A

x t 
).
Vậy điểm A cần tìm là
 
1;3
A
.
Chú ý: Nếu HS chỉ tính được cạnh
2AD 
thì cho 0,25 điểm.


Câu 6. (1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Ta có
      
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 3 2
a b c a b a c b c a b c a a a
           

Suy ra
2
3 2bc a a
 
.

 
 
2

2 2 2
2 2
3 9 3
3 2013 3 3 3 2 2013 3.
a b c a b c a b c
P abc a a a a
         
       


Xét hàm
 
2 2
( ) 3 3 2 2013 3; 0;1
f a a a a a    
. Ta có
 
 
2
2 2 2
2 2
18 1
2
'( ) 3 2 3 2 . 2013 2013 18 1 2013
3 2 3 2
a a
a
f a a a a a a
a a


 
        
 
 
 
.
Ta có
    
3
2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 4
1 .2 1 1
2 2 3 27
a a a
a a a a a
 
   
     
 
 

Suy ra
 
2
2
1
3 3
a a 

2
'( ) 18. 2013 4 3 2013 0
3 3
f a
     
.

Suy ra
( )f a
nghịch biến trên đoạn
 
0;1
. Do đó
( ) (1) 2013
f a f
  
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1a b c  
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
2013
khi
1a b c  
.


………. Hết……….