Đáp án đề thi học sinh giỏi toán lớp 12 tỉnh Bắc Ninh năm học 2013 và 2014

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán – Lớp 12 – THPT
Câu
Lời giải sơ lược
Điểm
1
3,0
Giao điểm của (C) với Ox là
 
1;0A
, giao điểm của (C) với Oy là
 
0; 1B 
.
PT đường thẳng AB là
1x y 
;
2AB 
1,0
Do hoành độ của A và B đều lớn hơn
1
nên tọa độ của
1
; , 1
1
x
M x x

x

 
 
 

 
.
Với điều kiện
1x  
ta có
 
1
1
1 2
1
3 . , 3 . 3
2 2
2
MAB
x
x
x
S AB d M AB

 

    
0,5
 

2 2 2
2
6 1 6 1 5 6 0
3
x
x x x x x x x x
x
 

             

 

1,0
Từ đó tìm được tọa độ điểm M là
 
2;3M 
hoặc
 
3;2M 
.
0,5
2.1
2,5
PT
2 4
1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1
3 3 3
x x x x x
  

           
1,0
 
2
2
6
5
1 cos2 sin 0 2sin sin 0 2
6
x k
x x x x x k k
x k






 



          








1,5
2.2
2,5
Đặt
2
logt y
hệ trở thành
 
 
 
 
3
3 2
1 3 3 0
2 3 2 0
t x x t
x t t x

    


    


0,5
TH1:
1
2, 1
2
x t y     

(thỏa mãn).
TH2:
3 2
0
1 0
0
1
1
3 2 0
2
x
t
x
t
y
t t x


 




 
  
 

   





TH3:
3
2 2
3 3 0
5 32
2 0
x x
x x t
t y
x
   

   
 
 
  
 
 
 

1,0
TH4:
   
   
2
3 3
3 2 3 2 2
1 1 2

3 3 0 1 3 2
3 2 0 2 3 4
2 2 1
t x x
x x t t x x
t t x x t t
x t t

    
 
        
  
 
  
       
 
   
 


Nếu
2x 
thì
1t 
thỏa mãn.
Nếu
1t 
thì
2x 
thỏa mãn.

0,5
Với
2x 
và
1 1, 2t x t     
ta có
                   
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 0t x x t t x x t t x
 
              
 
(vô
nghiệm).
Vậy nghiệm của hệ là
     
1 1
; 0; , 2; , 2;32 , 2;2
2 2
x y
 
   
  
 
   
   
 
0,5
3.1
2,5

Gọi
I BE CD 
, đặt
0BC c 
Ta có
BA EA
BC EC

nên E là chân đường phân giác trong góc B của
tam giác ABC.
Do đó,

0
45CBE BE CD  
(Vì
BCD
vuông cân tại B).
1,0
PT của
:3 17 0BE x y  
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ
 
3 17 0 5
5;2
3 1 0 2
x y x
I
x y y
   
 

 
 
   
 
.
Ta có
2 2
1 5
, 3
3 3
2 3 2
c c c
BI CI CE AC IE CE CI IB IE          
 
Từ đó tìm được tọa độ điểm
 
4;5 .B
0,5
Gọi
 
3 1;C a a
ta có
   
2 2
2
1
2 2 5 3 5 5 20 10 40 30 0
3
a
BC BI a a a a

a


           



0,5
Với
   
1 2;1 , 12;1a C A 
Với
   
3 8;3 , 0; 3a C A  
0,5
3.2
2,5
Mặt cầu
 
S
có tâm
 
1;2; 3I 
bán kính
3R 
,
 
 
 
 

, 3 2 ,d I P d M P 
,
3 3
2
IM R 
nên M nằm trong (S). Gọi
 
K MI P 
.
Do
 
 
 
 
, 2 , 2d I P d M P IK MK  
mà
IK IM
nên M là trung điểm của KI nên tọa độ
 
2;1;2K
0,5
Gọi
 
2 2 2
; ; , 0n a b c a b c   

ta có
   
/ / 2 2 0 2 2 ;2 2 ;d P a b c b c a n a c a c         


.
PT của (P) có dạng
       
2 2 2 1 2 0a x c a y c z      
.
0,5
I
E
D
C
B
A
Ta lại có
 
 
 
2 2 2 2
2
2 2
2 2 5
, 3 3 2 5 8 5
2 2
a c a c
d I P a ac c a ac c
a c a c
   
        
  
2 2
2

4 10 4 0
2
a c
a ac c
c a


    



0,5
Với
2a c
chọn
2 1, 2a c b    
PT của
 
:2 2 4 0.P x y z   
Với
2a c
chọn
1 2, 2a c b   
PT của
 
: 2 2 8 0.P x y z   
1,0
4
2,0
H

F
E
M
D
C'
B'
A'
A
C
B
Ta có
. '. '. ' '
1
40
2
M ABC C ABC C ABB A
V V V  
(đvtt)
1,0
Gọi H là hình chiếu của M trên (ABC), D, E, F là lượt là hình chiếu của H trên AB, AC, BC.
Đặt
, ,x HD y HE z HF  
.
Vì
ABC
vuông tại A nên
.
3
1 120
. 24 5

2 24
M ABC
ABC
ABC
V
S AB AC MH
S
     
2 2 2
1 1 1
24 . . . 24 3 25 4 25 5 25
2 2 2
tp
S MD AB ME AC MF BC x y y          
2 2 2
24 225 9 400 16 625 25x y z      
0,5
Sử dụng bất đẳng thức
u v w u v w    
     
với
     
15;3 , 20;4 , 25,5u x v y w z  
  
ta
được
     
2 2 2
2
24 15 20 25 3 4 5 60 2 12 41

tp ABC
S x y z S         
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3 4 5
15 20 25
x y z
x y z    
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ thì diện tích toàn phần hình chóp M.ABC
nhỏ nhất.
0,5
5.1
1,5
2
3
3 2
1
2 1
1 .I x dx
x x
 
  
 
 

0,5
Đặt
2
3
2 3
1 2

3 1t x t dt dx
x x
 
    
 
 
;
3
7
1 0; 2
4
x t x t     
0,5
3
3
7
7
4
4
3
4
3
0
0
3 21 14
3
4 32
t
I t dt  


Lưu ý: Học sinh sử dụng biến đổi
2
1 4
2 2
3
3 3
3
3 2 2 2 2
1 1
1
2 1 1 1 3 1 21 14
1
4 32
I x dx x d x x
x x x x x
       
        
       
       
 
trừ 0,5 điểm.
0,5
5.2
2,0
   
0 2 4 2014
2014 2014 2014 2014
2 4 2014 0 2 4 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014
3 5 7 2017

2 4 2014 3
A C C C C
C C C C C C C
    
        
0,5
Tính được
0 2 4 2014 2013
2014 2014 2014 2014
2C C C C    
0,5
Chứng minh
1
2014 2013
2014 , , ,0 .
k k
kC C k n k n

    
Suy ra,
 
2 4 2014 1 3 2013 2012
2014 2014 2014 2013 2013 2013
2 4 2014 2014 2014.2C C C C C C       
Vậy
2012 2013 2013
2014.2 3.2 1010.2A   
.
Lưu ý: Học sinh có thể sử dụng đạo hàm để giải bài toán này.
1,0

6
1,5
Từ giả thiết ta chứng minh
,a c b d 
Nếu
0 0a b c d    
(loại)
Nếu
0, 0a b 
, đặt
1,
c d
u v
b b
  
ta được
2012 2012
2014 2014
1
1
u v
u v

 


 


Từ hệ suy ra,

1, 1u v 
nên
2014 2014 2012 2012
1u v u v   
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
 
1
0
0,
1
0
u loai
u
a c b d
v
v





    
 






Do vai trò như nhau nên trường hợp một trong các biến b, c, d bằng 0 cũng tương tự đều dẫn

đến
,a c b d 
.
0,5
Nếu
0abcd 
, đặt
2012 2012 2012 2012
2014 1007
0, 0, 0, 0, 1
2012 1005
x a y b m c n d           
Theo đề ra ta có:
(1)
(2)
x y m n
x y m n
   
  


  

Từ (1) và (2) ta có:
( )x m n x m n
   
    
Xét hàm số
( ) ( )f x x m n x m n
   

     
;
1 
;
0x 
1 1
'( ) ( )f x x m n x
 

 
 
   
 
'( ) 0
2
m n
f x x

   
Từ bảng biến thiên suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm
Mà
( ) ( ) 0f m f n 
nên
 
0
x m
f x
x n



 



;x m y n x n y m     
. Vậy
a c
b d





0,5
2 2 2 2 2 2
2 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b c d c d a b a d c            
2 2 2 2 2 2
2 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b a b a b a b a b a             
2 2 2 2 2 2
2 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b a b a b a b a b a             
 
 
 
 
 
2 2
2 2 2
2
1 3 1 3 2a b a b a b          
 

 
   
2
2 2 2
2
1 1 3 3 2 3 4 2a a b b a a a a              
4 2 6a a    
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0 0a b c d    
(không thỏa mãn giả thiết)
Vậy
2 2 2 2 2 2
2 2 3 4 2 2 3 4 4 4 6.a b c d c d a b a d c             
0,5
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm