Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Bổ túc THPT môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2013 - 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
THANH HÓA Năm học 2013 – 2014
Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Lớp 12 BỔ TÚC THPT
Ngày thi: 21/03/2014
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 01 trang, gồm có 5 câu


Câu I (4,0 điểm).
Cho hàm số
   
3 2
2 6 9 2 2
y m x mx m x
     
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m = 1.
2. Tìm m để đường thẳng d: y = - 2 cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; -2), B và
C sao cho diện tích tam giác OBC bằng
13
.

Câu II (4,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2
3cos4 2sin 2 0

x x
  
.
2. Giải hệ phương trình:
x x 8 y x y y
x y 5

  


 


(
;x y R
).

Câu III (4,0 điểm).
1. Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 và m + n + p = 5.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
2. Giải phương trình
   
2 3
4 8

2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
     
.

Câu IV (4,0 điểm).
1. Tìm hệ số của số hạng chứa
8
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
2
( 2)
n
x 
,
biết:
3 2 1
8 49, ( , 3)
n n n
A C C n N n
    
.
2.
T
rong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0

và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d').
Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc
bằng 60

o
.
Câu V (4,0 điểm).
1. Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a,
góc

o
BAD 60

. Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.
a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.
b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá trị

cosBMD
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;1), B(2;0;6),
C(3;2;0) , D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều
C, D.

……………………………… HẾT…………………………………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Số báo danh


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
THANH HÓA Năm học 2013 – 2014
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
( Đề chính thức )
Lớp 12 BỔ TÚC THPT
Ngày thi: 21/03/2014

Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang.

Câu Ý Nội dung Điểm
I (4,0 điểm)

1 Khảo sát (2,0 điểm)
Khi m = 1

3 2
6 9 2y x x x   

 TXĐ: D = R
3 2
lim ( 6 9 2)
x
x x x

    
,
3 2
lim ( 6 9 2)
x
x x x

    

' 2
1
3 12 9 0
3
x
y x x
x


    




0,50

BBT:

x -

1 3 +



y
/
+ 0 - 0 +
2 +


y
-

-2
0,50

Hàm số đồng biến: (-

; 1),(3;+

)
Hàm số nghịch biến: (1;3)


f
CĐ
= f(1) = 2
f
CT
= f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0
2
x
 
=>y=0
Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng

0,50




0,50
2 Tìm m để đường thẳng d: y= - 2 cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và
C sao cho diện tích tam giác OBC bằng
13
.
(2,0 điểm)






Phương trình hoành độ giao điểm là:
   
3 2
2 6 9 2 2 2
m x mx m x
      

   
3 2
2 6 9 2 0

m x mx m x
     
(1)
   
2
2 6 9 2 0
x m x mx m
 
     
 

     
2
0
2 6 9 2 0 2
x
m x mx m




    




0,50
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2)
có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:
 

2
2
1
9 9 2 0
2
2 0
m
m m
m
m



    


 

 




Gọi tọa độ điểm B(x
B
; -2), C(x
C
; -2) Đk: x
B


x
C
(x
B
; x
C
là hai nghiệm của
phương trình (2)).



0,50



Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + 2 = 0 => h = 2
Theo bài ra ta có
 
2
1
. 13 13 4 13(3)
2
OBC B C B C
S h BC BC x x x x

       

Theo định lý viét ta có:
6
2

9
B C
B C
m
x x
m
x x

 






(4)
Thay (4) vào (3) ta được:
2
14
6
36 13
13
2
14
m
m
m
m



 

  
 


 


(tm)





0,50




0,50
II

(4,0 điểm)

1
Giải phương trình:
2
3cos4 2sin 2 0
x x

  
.

(2,0 điểm)

Phương trình
 
 
2
3 2cos 2 1 1 cos2 2 0
x x
     


0,50
2
6cos 2 cos2 2 0x x   

0,50
1
cos2
2
2
cos2
3
x
x







 



1 2
arccos( )
2 3
( )
6
x k
k Z
x k





  

 


  


là nghiệm.

0,50




0,50
2
Giải hệ phương trình:
x x 8 y x y y
x y 5

  


 


(
;x y R
).
(2,0 điểm)


ĐK: x

0; y

0
0,50
Hệ phương trình tương đương với:

2 2
x 1
(x 1) x (y 8) y
x(x 1) y(y 8)
y x 5
y x 5



  
 

  
 
 



 




0,75



2
x 1
x 1

x 9
y x 5
y x 5
y 4
5
3x 22x 45 0
x 9; x
3







 
 
 
 
  


 
  
  




0,50

Từ đó, hệ có nghiệm duy nhất:
x 9
y 4






0,25
III

(4,0 điểm)
1
Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 và m + n + p = 5. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
(2,0 điểm)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2
a.m b.n c.p (a b c )(m n p ) m n p         


2 2 2

A a.m b.n c.p m.n n.p p.m m.n n.p p.m m n p           
.
0,50
Đặt: m.n + n.p + p.m = t.
Ta có:
2
25
1
m.n n.p p.m (m n p)
3 3
     
hay
25
t
3


Và: m
2
+ n
2
+ p
2
= (m + n + p)
2
– 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t. 0,50
Vậy
A 25 2t t f (t)
   
.

Ta có:
25
1
f (t) 1 0, t
3
25 2t

    

 f(t) tăng trên

25
;
3








25 5 3
25 25 5
A f(t) f
3 3 3
3

    
.

Đẳng thức xảy ra khi:
5
m n p
3
1
a b c
3

  


  



0,50
Vậy:
25 5 3
max A
3

 đạt được khi
5
m n p
3
  
và
1
a b c
3

   .
0,50
2
Giải phương trình
   
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
     

(2,0 điểm)


Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
 

  



  
 
 


 


0,50
   
 
 
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
           
       

0,50
+ Với
1 4
x
  
ta có phương trình

2
4 12 0
x x
  
 
2
6
x
x




 

lo¹i


0,50

+ Với
4 1
x
   
ta có phương trình
2
4 20 0
x x
  
 

2 24
2 24
x
x

 


 


lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2
x

hoặc
 
2 1 6
x  



0,50
IV

(4,0 điểm)
1
Tìm hệ số của

8
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
2
( 2)
n
x 
,
biết:

3 2 1
8 49, ( , 3)
n n n
A C C n N n
    
.

(2,0 điểm)

3 2 1
3 2
8 ( 1)
8 49 ( 1)( 2) 49
2
7 7 49 0 7
n n n
n n
A C C n n n n
n n n n


        
      

0,75

Khi đó:
7
2 2 7 2(7 )
7
0
( 2) ( 2) 2
n k k k
k
x x C x


   


0,50

Số hạng chứa
8
x
là
2(7 ) 8 3
k k
    

0,25

Hệ số của
8
x
là
3 3
7
.2 280
C 
.

0,50

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0 và
đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d'). Viết
phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60
o
.

(2,0 điểm)


Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ


3
x
3x 4y 25 0
7

3 83
I ;
7 14
15x 8y 41 0
83
y
14

 
  


  
 
  




.

0,50

Gọi  là đường thẳng cần tìm,
n (A;B)

(A
2
+ B
2

> 0) là véc-tơ pháp tuyến của
.
Khi đó, do Ox có véc-tơ pháp tuyến
j (0;1)


nên từ giả thiết bài toán ta có:
 
o
2 2
| B |
1
cos60 cos n; j
2
A B
  



 A
2
+ B
2
= 4B
2
 A
2
= 3B
2
.

0,50

Do A
2
+ B
2
> 0 nên chọn A = 3 
B 3 
.
0,25

Với A = 3,
B 3
  Phương trình :




3 83
3 x 3 y 0
7 14
   


83 3
9

3x 3y 0 42x 14 3y 18 83 3 0
7 14
        
.
Với A = 3,
B 3 
 Phương trình :




3 83
3 x 3 y 0
7 14
   


83 3
9
3x 3y 0 42x 14 3y 18 83 3 0
7 14
        
.
Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán:

1
:
42x 14 3y 18 83 3 0   
, 
2

:
42x 14 3y 18 83 3 0   
.




0,25




0.50
V

(4,0 điểm)

1
Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc

o
BAD 60
 . Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.
a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.
b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá trị

cosBMD
.
(2,0 điểm)

Từ giả thiết suy ra SAC cân, SBD đều cạnh bằng a.
Gọi H = AC  BD  SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.













0.50
Ta có:
2
2 0
ABCD
a 3 a 3
SH ; S a sin 60
2 2
   .
Do đó:
3
ABCD
a

1
V S .SH
3 4
 
(đvtt).
0.50


MBD cân tại M, MH là đường phân giác của góc

BMD
.
Đặt

BMD 2 
.
Trong SAC, MH là đường trung bình 
SA
MH
2

.
a 3
AH SH
2
   SHA vuông cân tại H 
a 3 a 3
SA MH
2 2 2
  

.
0.50


Trong BMH ta có

BH 2
tan tan BMH
MH 3
    .
Từ đó:
2 2
2
9
1 1
cos cos 2 2cos 1
15 5
1 tan
        
 
.
Vậy:

1
cosBMD
5

.
0.50

2
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;1;1); B(2;0;6);
C(3;2;0) ; D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều
C, D.
(2,0 điểm)

+ Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P)
 
)1;3;2()6;18;12(,)2;2;4(),5;1;1(  nCDABCDAB
là 1 vtpt của (P)
0,50
Pt (P) là
02320)1(1)1(3)1(2

zyxzyx

0,50
+ Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung
điểm M(5;3;1) cuả CD
 
)3;10;5()6;20;10(,)0;2;4(),5;1;1(  nAMABAMAB
là 1 vtpt của (P)
0,50
PT(P) là
0831050)1(3)1(10)1(5

zyxzyx

Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0.

0,50

Hết
Chú ý:
1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm
sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.