Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bắc Ninh năm 2012 - 2013 môn Toán lớp 12 (Có đáp án)

Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số


3 2
1 1
y x x   .
1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số


1
biết tiếp tuyến này vuông góc với
đường thẳng
d
có phương trình
5 1 0
x y
  
.
2. Tìm m để đường thẳng

có phương trình


1 1
y m x
  
cắt đồ thị hàm số


1
tại ba

điểm phân biệt


0;1 , ,
A B C
, biết hai điểm
,
B C
có hoành độ lần lượt là
1 2
;
x x
thỏa mãn:





3 3
1 1 2 2
2 2
2 1
2 2
1
1 1
x m x x m x
x x
   
  
 

.
Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình:




2
2 sin cos 1 2sin 2
1 tan
sin 3 sin5
x x x
x
x x
 
 

.
2. Giải hệ phương trình:


 
 
2 2
2
2 2 2
log log 2 .2
, .
2log 6log 1 log 3 3 0
x x

x x y
x y
x y x x y

  



     




Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng:
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . .2 .
2 3 2014
S C C C C
  
     .
Câu 4. (4,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho ba điểm


1;1

A ,


3;2
B ,


7;10
C . Lập phương trình
đường thẳng

đi qua
A
sao cho tổng khoảng cách từ
B
và
C
đến đường thẳng

lớn nhất.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai mặt cầu




2
2 2
1

: 1 4
S x y z
   









2 2 2
2
: 3 1 1 25
S x y z
     
. Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao
tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
Câu 5. (3,0 điểm)
Cho hình chóp tam giác đều
.
S ABC
có cạnh đáy bằng 1. Gọi
,
M N
là hai điểm thay đổi
lần lượt thuộc các cạnh
,
AB CD

sao cho mặt phẳng


SMN
luôn vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
. Đặt
,
AM x AN y
 
. Chứng minh rằng
3
x y xy
 
, từ đó tìm
,
x y
để tam giác
SMN
có diện tích bé nhất, lớn nhất.
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho ba số dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 2 2 3 3 3
a b c a b c
    
. Chứng minh rằng

1 1 1
1
8 1 8 1 8 1
a b c
  
  
.

Hết
(Đề thi gồm có 01 trang)
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013
================
Đ
Ề
CHÍNH TH
Ứ
C

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013
==============

Lời giải sơ lược
Thang
điểm
Câu
1.1
Cho hàm số


3 2
1 1
y x x   .
Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số


1
biết tiếp tuyến này vuông góc
với đường thẳng
d
có phương trình
5 1 0
x y
  
.
3.0
TXĐ:


,
2
' 3 2
y x x
 

Hệ số góc của d là
1
5
 
Hệ số góc của tiếp tuyến là
5
k


1.0
Gọi


0 0
;
M x y
là tiếp điểm
Khi đó


0 0
2
0 0

0 0
1 3
3 2 5
5 23
3 27
x y
x x
x y

 

  
 

   
 

 


1.0

Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến:
5 2
y x
 
;
202
5
27

y x 

1.0
1.2
Tìm m để đường thẳng

có phương trình


1 1
y m x
  
cắt đồ thị hàm số


1

tại ba điểm phân biệt


0;1 , ,
A B C
, biết điểm
,
B C
có hoành độ lần lượt là
1 2
;
x x

thỏa mãn:




 
1
3 3
1 1 2 2
2 2
2
2 2
1 2
1 1
x m x x m x
x x
   
  
 
.
2.0
Phương trình hoành độ giao điểm:
   
   
3 2 2
2
0
1 1 1 1 0
1 0 *
x

x x m x x x x m
x x m


 
          

 
   



0.5


cắt đồ thị hàm số


1
tại ba điểm phân biệt
, ,
A B C


phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt khác 0
5
4 5 0
(**)
4

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

0.5
Gọi
1 2
,
x x
là hai nghiệm của (*), ta có:











3 2
1 1 1 1 1
2 1 1 1 1
x m x x x x m m m
 
           
 











3 2
2 2 2 2 2
2 1 1 1 1
x m x x x x m m m
 
           
 

Khi đó
 




2 2
2 1
1 1
2 1
1 1
m m
x x
 
  
 

0.5
 
  
 


 
 
2
2 2
1 2 1 2
1 2

2
2 2
2 2
2 1
1 2 1 2 1 2
2 2
2
1 1 1 1 3
1 1
2 1
x x x x
x x
m m
x x
x x x x x x
  
 
     
 
   

Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành




   
2
2
2 1 3 1

1
1 2 1 2
m m
m m
  

   
. Từ đó tìm được
0
3
m
m



 


Kết hợp điều kiện (**) ta có
0
m

thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0.5
Câu
2.1
1.Giải phương trình:





 
2
2 sin cos 1 2sin 2
1 tan 1
sin3 sin5
x x x
x
x x
 
 

. 2.5
ĐK:
 
sin3 sin5 0
sin 4 0 *
cos 0
x x
x
x
 

 




0.5
Biến đổi được









2
1 sin cos 1 2sin 2 2sin 4 cos sin
x x x x x x
    


    
sin cos 0 2
cos sin 1 2sin 2 2 sin 4 3
x x
x x x x
  


  



0.5
   
2
4

x k k


   

(Loại)
0.5


3 cos sin sin3 sin os3 cos 2sin 4
x x x x c x x x
      
 
2
4
2 sin 3 2 sin 4
3 2
4
28 7
x k
x x k
k
x



 

 


 
    

 
 

 




0.5

Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là
 
3 2
7 3, ,
28 7
k
x k m k m
 
    




0.5
2.2
Giải hệ phương trình:





   
 
2 2
2
2 2 2
log log 2 .2 1
, .
2log 6log 1 log 3 3 0 2
x x
x x y
x y
x y x x y

  



     





2.5
ĐK:
0; 1
x y

  

Phương trình






2 2 2 2
1 log log 2 1 log log 1 1
x
x x y x x x y x y
 
           
 


0.5
Thế vào (2) ta có
2
2 2 2
2log 6log log 3 0
x x x x x
   

  


 

2
2 2
2
log 3 0 3
log 3 2log 0
2log 0 4
x
x x x
x x
  
   

 



0.5


3 8
x
 

0.5

Giải (4), xét
     
2
2
2log 0 ' 1

ln 2
f x x x x f x
x
     

 
2
' 0
ln 2
f x x   . Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai
nghiệm. Mà






2 4 0 4
f f
  
có hai nghiệm
2; 4
x x
 

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm









; : 8;7 ; 2;1 ; 4;3
x y
1.0
Câu
3
Tính tổng:
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . .2 .
2 3 2014
S C C C C
  
     .
2.0
Xét








2013 2 2013

0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
1 2 . 2 . 2 . 2x C C x C x C x      0.5
     


2014
2 2
2014 2014
2013 2013
1 1
2
1 2
1 5 3
1 2 1 2 1 2
1
2 4028 4028
x
I x dx x d x


      
 

0.5
     
2
2 2013
0 1 2 2013
2013 2013 2013 2013

1
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
. 2 . 2 . 2
2
.2 .2 .2
1
2 3 2014
C C x C x C x dx
x x x
C x C C C
 
   
 
 
    
 
 


2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . .2 .
2 3 2014
C C C C
  
   

0.5

Vậy
S
2014 2014
5 3
4028




0.5
Câu
4.1
1.Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho ba điểm


1;1
A ,


3;2
B ,


7;10
C . Lập
phương trình đường thẳng


đi qua
A
sao cho tổng khoảng cách từ
B
và
C
đến
đường thẳng

lớn nhất
2.0
TH1:

cắt đoạn thẳng
BC
tại
M





; ;
d B d C BM CM BC
      

0.5
TH2:

không cắt đoạn thẳng
BC
, gọi


5;6
I là trung điểm
BC







; ; 2 ; 2
d B d C d I AI
      







0.5
Vì

80 2 41 2
BC AI
   nên




; ;
d B d C
  
lớn nhất bằng
2 2 41
AI 
khi

vuông góc với
AI

0.5


 
đi qua


1;1
A và nhận


4;5

AI 

là véc tơ pháp tuyến
Vậy phương trình đường thẳng




: 4 1 5 1 0 : 4 5 9 0
x y x y
         

0.5
4.2
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai mặt cầu




2
2 2
1
: 1 4
S x y z
   










2 2 2
2
: 3 1 1 25
S x y z
     
. Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt
nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
2.0


1
S
có tâm
1
(0;0;1)
I , bán kính
1
2
R




2

S
có tâm
2
(3;1; 1)
I

, bán kính
2
5
R


0. 5
1 2 2 1 1 2 2 1
14I I R R I I R R
      
hai mặt cầu cắt nhau
0.5

Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình
0.5
B

∆
C

M

A

B

C

A

∆

I

 
     
 
2
2 2
2
2 2
2 2 2
1 4
1 4
6 2 4 11 0
3 1 1 25
x y z
x y z
x y z
x y z

   
   
 


 
   
      




Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn
đó là giao tuyến của măt cầu


1
S
và mặt phẳng
( )
P
:
6 2 4 11 0
x y z
   

 
1
7
;( )
56
d I P 



bán kính đường tròn cần tìm là
 
 
2 2
1 1
5 2
;
4
r R d I P  
0.5
Câu
5
Cho hình chóp tam giác đều
.
S ABC
có cạnh đáy bằng 1. Gọi
,
M N
là hai điểm
thay đổi lần lượt thuộc cạnh
,
AB CD
sao cho mặt phẳng


SMN
luôn vuông góc
với mặt phẳng
( )
ABC

. Đặt
,
AM x AN y
 
. Chứng minh rằng
3
x y xy
 
, từ
đó tìm
,
x y
để tam giác
SMN
có diện tích bé nhất, lớn nhất.
3.0
Kẻ
SO MN

tại


O SO ABC
 
( Vì




SMN ABC


)
O

là trọng tâm tam giác đều
ABC

( Vì
.
S ABC
là hình chóp đều )





0. 5
Ta có
0 0 0
1 1 1
.sin60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
AMN AMO ANO
S S S xy x AO y AO
  
    
1 3 1 1 1 1 1 1
. . . . .
2 2 2 2 2 2
3 3

xy x y  



3 1
x y xy
  

0.5
1
.
2
SMN SMN
S SO MN S
 
  nhỏ nhất khi
MN
nhỏ nhất ( Vì
SO
không đổi)
Ta có




2 2
2 2 2 0 2 2
2 cos60 3 9 3
MN x y xy x y xy x y xy xy xy
          

0.5

Từ giả thiết
0 ; 1
x y
  
. Từ
 
4
1 3 2
9
xy x y xy xy
     

  
1
1 1 0 1 1 3
2
x y xy x y xy xy xy
           

0.5
S

A

C

B

N

M

O

Đặt
4 1
, ;
9 2
t xy t
 
 
 
 

2 2
9 3
MN t t
  

Lập bảng biến thiên hàm số


2
9 3
f t t t
 
4 1
, ;

9 2
t
 

 
 
ta được
MN
nhỏ nhất khi
4
9
t

, khi đó
2
3
x y
 

MN
lớn nhất khi
1
2
t

, khi đó
1
1
2
x

y







hoặc
1
2
1
x
y








1.0
Câu
6
Cho ba số dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 2 2 3 3 3

a b c a b c
    
. Chứng minh rằng
1 1 1
1
8 1 8 1 8 1
a b c
  
  
.
1.0
Ta có
3 3 2 3 3 2 3 3 2
1 3 ; 1 3 ; 1 3
a a a b b b c c c
        


2 2 2 2 2 2
3 3 3
a b c a b c a b c
          

Đặt
3 3 3
; ; 3
a b c
x a y b z c x y z
a b c a b c a b c
         

     

Ta có
 
1 1 1 1 1 1
2
8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1
a b c x y z
    
     

0. 5

Mà:
1 1 2
4 2
8 1 (2 1)(4 2 1)
x
x x x x
 

   

Tương tự suy ra VP(2)
1 1 1
2
4 2 4 2 4 2
x y z
 
  

 
  
 

Ta chứng minh
1 1 1 1
(3)
4 2 4 2 4 2 2
x y z
  
  

Biến đổi được


3 4 4 4 12
x y z
   
( Bất đẳng thức này luôn đúng bằng cách
sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý
3
x y z
  
)

đpcm.
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