Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12 năm học 2012 - 2013 tỉnh vĩnh phúc(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi: 02/11/2012.

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số
3 2
( 1) 2 1
y x m x x m
= − + + + +
, với m là tham số thực, có đồ thị là (C).
Tìm m để đường thẳng
: 1
d y x m
= + +
cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ
số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng 12.

Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình:
2
1 1 2 , ( )
4
x
x x x− + + = − ∈
ℝ

Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình:
3
2
2 2 1 3 1
( , )
2 1 4 4
y y x x x
x y
y y x

+ + − = −

∈

+ + = + +


ℝ


Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng
chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3 5 8 0, 4 0
x y x y
+ − = − − =
. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là
(
)
4; 2
D
−
. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC;
biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.

Câu 5 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt
phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD.
Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực
,
x y
thỏ
a mãn
1 2 4 1
x y x y
+ − = − + +
. Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và
giá tr

ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
2
1
( ) 9S x y x y
x y
= + − − − + ⋅
+

………. Hết……….
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- H
ọ
và tên thí sinh S
ố
báo danh
1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

Môn:
TOÁN


HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 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 và câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

Câu 1. (2 điểm)
Nội dung
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
(
)
3 2
1 2 1 1
x m x x m x m

− + + + + = + +

(
)
3 2
1 0
x m x m
⇔ − + + =
(1)
(
)
(
)
( )
2
2
1 0
1
0 2
x x mx m
x
x mx m
⇔ − − − =
=

⇔

− − =


d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác
1
2
2
2
4 0
4 0
(*)
1
1 .1 0
2
m m
m m
m
m m

+ >

∆ = + >
 
⇔ ⇔
 
≠
− − ≠

 


Gọi
1 2

,
x x
là 2 nghiệm của phương trình (2). Tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại
A, B, C là:
(
)
(
)
(
)
1 2
' 1 ' ' 12
y y x y x
+ + =

(
)
(
)
(
)
( ) ( )( )
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
4 2 3 2 1 12
3 6 2 1 8 2 (3)
m x x m x x
x x x x m x x m

⇔ − + + − + + =
⇔ + − − + + = +

Theo định lí Viet ta có:
1 2 1 2
,
x x m x x m
+ = = −
, thay vào (3) ta được
2
2 8 0
m m
+ − =
.
Giải ra ta được
4
m
= −
(lo
ạ
i) ho
ặ
c
2
m
=
(th
ỏ
a mãn). V
ậ

y
2
m
=
là giá tr
ị
c
ầ
n tìm.
Câu 2. (2 điểm)
Nội dung Điểm
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
[
]
1;1
x∈ −
,
đặ
t
(
)
1 1 0
t x x t
= − + + ≥

4
2 2 2 2
2 2 1
4
t
t x x t
⇒ = + − ⇒ = −
, v
ớ
i
2
2 0.
t
− ≥


2


Ph
ương trình đã cho trở thành
4
2 4 2
1
2 4 16 32 0
4 4
t
t t t t t
 

= − − ⇔ − − + =
 
 


( )
(
)
2
2
2 4 8 0
t t t
⇔ − + + =
, suy ra
2.
t
=


V
ớ
i
2
t
=
, ta có
2 2
1 1 2 2 2 1 4 1 1 0
x x x x x
− + + = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ =

( th
ỏ
a
mãn). V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t
x
= 0.


Câu 3. (1,5 điểm)
Nội dung Điểm
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
4 1;x y
− ≤ ≤ ∈
ℝ
. Ta có
3
3

(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
⇔ + = − − − + −
⇔ + = − − + −


Xét hàm s
ố

3
( ) 2 ,
f t t t
= +
ta có
2
'( ) 6 1 0, ( )
f t t t f t
= + > ∀ ∈ ⇒
ℝ

đồ
ng bi
ế
n trên
ℝ
. V
ậ
y

2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
y x
≥

⇔ = − ⇔ = − ⇔

= −



Th
ế
vào (2) ta
đượ
c
3 2 1 4 4
x x x
− + − = + +
(3). Xét hàm s
ố

( ) 3 2 1 4,
g x x x x
= − + − − +
liên tục trên [-4;1], ta có

1 1 1
'( ) 0
3 2 2 1 2 4
g x
x x x
= − − − <
− − +
( 4;1) ( )
x g x
∀ ∈ − ⇒
nghịch biến trên [-4;1]. Lại
có
( 3) 4
g
− =
nên
3
x
= −
là nghiệm duy nhất của phương trình (3).

Với
3
x
= −
suy ra
2.
y
=
Vậy hệ có nghiệm duy nhất

3
2.
x
y
= −


=



Câu 4. (1,5 điểm)

MK
H
D
C
B
A

Nội dung Điểm
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD,
E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu
,
d d
n u
 
lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d.

E

3

Do M là giao
điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
7
4 0
7 1
2
;
3 5 8 0 1
2 2
2
x
x y
M
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒ −
 
 
+ − =
 



= −



AD vuông góc với BC nên
(
)
1;1
AD BC
n u
= =
 
, mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình
của
(
)
(
)
:1 4 1 2 0 2 0
AD x y x y
− + + = ⇔ + − =
. Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa
độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
(
)
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x

A
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 


Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
(
)
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = = −
 


Tứ giác HKCE nội tiếp nên



BHK KCE
=
, mà


KCE BDA
=
(nội tiếp chắn cung

AB
) Suy
ra


BHK BDK
=
, vậy K là trung điểm của HD nên
(
)
2;4
H
.
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm)


Do B thuộc BC
(
)
; 4
B t t

⇒ −
, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
(
)
7 ;3
C t t
− −
.
( 2; 8); (6 ;2 )
HB t t AC t t
− − − −
 
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
( )( ) ( )( ) ( )( )
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t
=

= ⇔ − − + − − = ⇔ − − = ⇔

=

 


Do

(
)
(
)
3 2 2; 2 , 5;1
t t B C≤ ⇒ = ⇒ −
. Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1
AB AC
AB AC n n= − = ⇒ = =
   

Suy ra
:3 4 0; : 1 0.
AB x y AC y
+ − = − =


Câu 5. (2 điểm)

I
K

L
E
NH
A
B C
D
S
M

Nội dung Điểm
Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD
Gọi ,
I AN BD K LM SN
= ∩ = ∩
; Dễ thấy tứ giác
AHND
là hình chữ nhật và
3
AN
IN =

T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta có
(
)

(
)
, / / 1
SH ABCD ME SH ME BD⊥ ⇒ ⊥


4

L
ại do
(
)
2
AM BD⊥
. Từ
(
)
(
)
(
)
1 & 2
BD AMN BD AN
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
. Trong tam giác AND ta
có
2
2 2 2
. 3 3 2
3

NA
ND NI NA NA ND a AD NA ND a
= = ⇒ = = ⇒ = − =

Dễ thấy
(
)
CD SHN
⊥
, do
(
)
(
)
/ / 3
ML CD ML SHN ML SN⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Do
(
)
(
)
(
)
(
)
,
ABLM SCD ABLM SCD ML
⊥ ∩ =
(4), nên từ

(
)
(
)
(
)
3 & 4
SN ABLM
⇒ ⊥

SN HK
⇒ ⊥
. Lại do
K
là trung điểm
SN
nên tam giác
SHN
vuông cân tại
H
suy ra
2
SH HN a
= =
.

Ta có
3
.
1 4

. . .
3 3
S ABCD
a
V SH AB AD= =
;
3
. . .
1 1 1
2 2 2 3
S BCM S BCD S ABCD
a
V V V
 
= = =
 
 
( đvtt).

Ta có
( )
1
, .
2
SBC
BC SH BC AB BC SAB BC SB S SB BC
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
2
2 2 2 2
1 1 6

. 2 . 2
2 2 2
a
HB SH BC a a a= + = + =

M
ặ
t khác ta có
( )
( )
3
6
;
3
MSBC
SBC
V
a
d M SBC
S
= = .


Câu 6. (1 điểm)
Nội dung
Điểm
Điều kiện:
2; 1;0 9;
x y x y
≥ ≥ − < + ≤

Ta có
2
0 1 2. 2 1. 1 3( 1) ( 1) 3( 1)
0 1 3 1 4.
x y x y x y x y x y
x y x y
≤ + − = − + + ≤ + − ⇒ + − ≤ + −
⇒ ≤ + − ≤ ⇔ ≤ + ≤


Đặt
, [1;4]
t x y t
= + ∈
, ta có
2
1
9S t t
t
= − − +


1 1
'( ) 2 0, [1;4]
2 9 2
S t t t
t t t
= + − > ∀ ∈
−

. Vậy S(t) đồng biến trên [1;4].

Suy ra
2
max
min
1 33 2 5
(4) 4 9 4 4; 0;
2
4
(1) 2 2 2 2; 1.
S S x y
S S x y
−
= = − − + = ⇔ = =
= = − ⇔ = = −



………. Hết……….