ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 20132014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN THPT
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi 25/10/2013

Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình
2
3sin 2 3 1 2cosx x
  
.
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2 4
3
y x mx m  
(1), m là tham số thực.
a) Tìm m để đường thẳng
4
y x m  
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác ABC có
diện tích bằng 2, trong đó
(0; 1)C 
.
Câu 3 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình sau với m là tham số thực
3 2 2

2
3 3 2
( , )
2 6
x x y x xy m
x y
x x y m

   



   




a) Giải hệ khi
2m 
.
b) Tìm m để hệ đã cho có nghiệm.
Câu 4 (2,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC
có
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
M
là trung điểm của
BC
và

H
là trung điểm của
.AM
Biết
HB HC a 
,

0
30HBC

; góc giữa mặt phẳng
 
SHC
và mặt phẳng
 
HBC
bằng
0
60
. Tính theo
a
thể tích khối chóp
.S HBC
và tính cosin của góc giữa đường thẳng
BC
và mặt
phẳng
 
SHC
.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình thang ABCD vuông
tại A và D;
2 , 3AB AD CD AD 
. Đường thẳng BD có phương trình
2 1 0x y  
,
đường thẳng AC đi qua điểm
 
4;2
M
. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng diện tích ABCD
bằng 10 và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 2.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực
, ,a b c
thỏa mãn
0 a b c  
và
2 2 2
3a b c  
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
3 2014P abc a b c   
.
………. Hết……….
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh …………………………………Số báo danh………………………….

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 cos 2x 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……….