Đề HSG Toán 12 Vĩnh Phuc 2015

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm).
3
2
a) Tìm tham số m để hàm số y = x + 3mx + 3 ( m + 1) x + 2 nghịch biến trên một đoạn có
độ dài lớn hơn 4 .
b) Chứng minh rằng với mọi a , đường thẳng d : y = x + a luôn cắt đồ thị hàm số
−x +1
( H ) tại hai điểm phân biệt A, B . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến
2x −1
với ( H ) tại A và B . Tìm a để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất.
y=

Câu 2 (2,0 điểm).
2
a) Giải phương trình: 2 cos x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 sin x + 3 cos x .

(

)

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc thỏa mãn điều kiện a ≤ b ≤ c .
Câu 3 (1,5 điểm).
 x 3 − y 3 − 3 x 2 + 6 y 2 = −6 x + 15 y − 10
Giải hệ phương trình: 

2
 y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y + 4 x

( x, y ∈ ¡ )

Câu 4 (1,5 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm
M ( 3; −1) , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E ( −1; −3) và đường thẳng
chứa cạnh AC đi qua điểm F ( 1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng điểm đối

xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm D ( 4; −2 ) .
Câu 5 (1,5 điểm).
Cho hình chóp S .ABCD thỏa mãn SA = 5, SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = 3 . Gọi
M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S .MCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SM , CD .
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho các số thực a, b, c ≥ 1 thỏa mãn a + b + c = 6 . Chứng minh rằng:
( a 2 + 2 ) ( b2 + 2 ) ( c2 + 2 ) ≤ 216 .
----------Hết--------Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh………………….


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN – THPT
(Gồm 06 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 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Câu 1. (2,5 điểm)
Nội dung
a)

2
2
Ta có D = ¡ , y′ = 3 x + 6mx + 3 ( m + 1) = 3 ( x + 2mx + m + 1)

Điểm
1,0 điểm
0,25

y ′ = 0 ⇔ x 2 + 2mx + m + 1 = 0 ( 1) . Điều kiện cần và đủ để hàm số nghịch biến trên một

đoạn có độ dài lớn hơn 4 ⇔ y′ ≤ 0 trên đoạn có độ dài lớn hơn 4 ⇔ ( 1) có hai nghiệm

0,25

x1 ; x2 ( x1 ≠ x2 ) thoả mãn x1 − x2 > 4
′
∆′ > 0

∆ > 0
⇔
⇔
⇔ ∆′ > 4 ⇔ m 2 − m − 1 > 4
′
x
−
x
>
4
2
∆
>
4
 1 2

1 − 21
1 + 21
.
⇔ m2 − m − 5 > 0 ⇔ m <
∨m>
2
2
Vậy hàm số ( 1) nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4

0,25

⇔m<

0,25

1 − 21
1 + 21
∨m>
2
2

b)
Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( H ) :
1

−x +1
x ≠
2
= x+a ⇔ 
2x −1
 2 x 2 + 2ax − a − 1 = 0 ( *)

2
Đặt g ( x ) = 2 x + 2ax − a − 1

1,5 điểm

0,25

∆′g = a 2 + 2a + 2 > 0, ∀a
1

Vì   1 
nên ( *) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác với mọi a .

1
2
 g  ÷ = − ≠ 0, ∀a
2
 2

2

0,25


Vậy d luôn cắt ( H ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi a .
Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 , x2 là hai nghiệm của ( *) . Theo định lý Vi-ét ta có
−a − 1
x1 + x2 = − a , x1 x2 =
.
2
−1
−1
; k2 =
Tiếp tuyến tại A và B có hệ số góc là k1 =
2
2
( 2 x1 − 1)
( 2 x2 − 1)
 ( 2 x1 − 1) 2 + ( 2 x2 − 1) 2 
+
= −
Ta có k1 + k2 =
2

2
2
2 
( 2 x1 − 1) ( 2 x2 − 1)
 ( 2 x1 − 1) ( 2 x2 − 1) 
2
2
2
= −  4 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 − 4 ( x1 + x2 ) + 2  (do ( 2 x1 − 1) ( 2 x2 − 1) = 1)


−1

−1

= −4 ( a + 1) − 2 ≤ −2, ∀a
Dấu bằng xẩy ra ⇔ a = −1
Vậy k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất bằng −2 khi a = −1 .
2

0,25

0,25

0,25
0,25

Câu 2. (2,0 điểm)
Nội dung

(

a) Giải phương trình: 2 cos x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 sin x + 3 cos x
2

Phương trình ⇔ cos 2 x + 3 sin 2 x + 2 = 3
⇔

(

3 cos x + sin x

)

)

 3

1
3
1
cos 2 x +
sin 2 x + 1 = 3 
cos x + sin x ÷
÷
2
2
2
 2


π
π
π
π




⇔ cos  2 x − ÷+ 1 = 3cos  x − ÷ ⇔ 2 cos 2  x − ÷ = 3cos  x − ÷
3
6
6
6




 
π
cos  x − 6 ÷ = 0
π π
2π


⇔
⇔ x − = + kπ ⇔ x =
+ kπ ( k ∈ ¢ )
 
6 2

3
π 3
cos  x − ÷ = ( loai )
6 2
 
2π
+ k π ( k ∈ Z)
Vậy phương trình có một họ nghiệm x =
3
b) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc thỏa mãn điều kiện a ≤ b ≤ c .
Ta xét 4 trường hợp sau:
TH1. a < b < c
Mỗi số abc là một tổ hợp chập 3 của chín phần tử { 1, 2,...,9} suy ra số các số abc thỏa
3
mãn a < b < c là C9 .
TH2. a = b < c
Mỗi số abc là một tổ hợp chập 2 của chín phần tử { 1, 2,...,9} suy ra số các số abc thỏa

Điểm
1,0 điểm

0,25

0,25

0,25

0,25
1,0 điểm
0,25

0,25

2
9

mãn a = b < c là C .
TH3. a < b = c
Mỗi số abc là một tổ hợp chập 2 của chín phần tử { 1, 2,...,9} suy ra số các số abc thỏa
2
mãn a < b = c là C9 .
TH4. a = b = c
3

0,25
0,25


1
Số các số abc thỏa mãn a = b = c là C9 .
3
2
2
1
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là C9 + C9 + C9 + C9 = 165

Câu 3. (1,5 điểm)
Nội dung
3
3

 x − y − 3 x + 6 y = −6 x + 15 y − 10
( x − 1) + 3 ( x − 1) = ( y − 2 ) + 3 ( y − 2 )
⇔

2
2
 y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y + 4 x
 y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y + 4 x
3

3

2

2

Điểm

( 1)
( 2)

0,25

 x ≥ −3
Điều kiện 
y∈¡
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , ∀t ∈ ¡ , f ′ ( t ) = 3t + 3 > 0 ∀t ∈ ¡ . Vậy hàm số f ( t ) đồng
biến trên ¡ . Từ ( 1) ta có f ( x − 1) = f ( y − 2 ) ⇔ x − 1 = y − 2 ⇔ y = x + 1

( 3)

2
Thay ( 3) vào ( 2 ) ta được phương trình: ( x + 1) x + 3 + ( x + 7 ) x + 10 = x + 6 x + 1

Phương trình ( 4 ) ⇔ ( x + 1)
⇔ ( x + 1) ×

( x − 6)
x+3 +3

(

)

x + 3 − 3 + ( x + 7)

+ ( x + 7) ×

( x − 6)
x + 10 + 4

(

0,25

( 4)

)

x + 10 − 4 = x 2 − x − 30

= ( x + 5) ( x − 6 )

 x − 6 = 0 ( 5)
⇔  x + 1
x+7
+
= x + 5 ( 6)
 x + 3 + 3
x + 10 + 4
•
•

0,25

0,25

( )
Từ ( 5 ) : x − 6 = 0 ⇒ x = 6 → y = 7 ⇒ ( x; y ) = ( 6;7 ) là một nghiệm của hpt.
x +1
x+3
x+7
x+7
−
+
−
= 0 ( 7 ) phương trình vô nghiệm
Từ ( 6 ) :

2
2
x+3 +3
x + 10 + 3
3

0,25
1
1
1
1


( 7)
− ÷+ ( x + 7 ) ×
− ÷ < 0 = VP ( 7 )
do VT < ( x + 3) ×
 x+3 +3 2
 x + 10 + 4 2 
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 6;7 ) .

0,25

Câu 4 (1,5 điểm)
Nội dung
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , ta chứng minh được BDCH là hình bình hành
nên M là trung điểm của HD suy ra H ( 2;0 ) . Đường thẳng BH có vtcp là
r
uuur
EH = ( 3;3) ⇒ vtpt là n BH = ( 1; −1) ⇒ BH : x − y − 2 = 0 .

4

Điểm
0,50


A

H
F

O
E
B

C

M

D

r
r
Do AC ⊥ BH nên vtpt của AC là n AC = u BH = ( 1;1) ⇒ pt AC : x + y − 4 = 0
r
r
Do AC ⊥ CD nên vtpt của CD là n DC = u AC = ( 1; −1) ⇒ pt DC : x − y − 6 = 0 .

0,25

Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình
x + y − 4 = 0
x = 5
⇔
⇒ C ( 5; −1)

x − y − 6 = 0
 y = −1

0,25

Do M là trung điểm của BC nên B ( 1; −1) . Vì AH vuông góc với BC nên AH có vtpt
uuur
là BC = ( 4;0 ) ⇒ AH : x − 2 = 0
Do A là giao điểm của AC và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
x − 2 = 0
x = 2
⇔
⇒ A ( 2; 2 ) .

x + y − 4 = 0
y = 2
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A ( 2; 2 ) , B ( 1; −1) , ( 5; −1)
Câu 4 (1,5 điểm)

0,25

0,25

Nội dung

Điểm

m BC = 3.31 cm
m AD = 3.51 cm
m OS = 7.0 9 cm

S

m MN = 5.64 cm

A

B
M

O

N
D

C

Ta thấy ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại S suy ra BD ⊥ ( SAC )
Gọi O là giao điểm của AC và BD , ta thấy ∆SBD = ∆ABD = ∆CBD ( c.c.c )
1
Suy ra OA = OC = OS = ×AC nên ∆SAC vuông tại S .
2
Xét ∆SAC ta có

5

0,50

0,25


AC = SA2 + SC 2 = 2 2 ⇒ OC = 2, OD = CD 2 − OC 2 = 1 ⇒ BD = 2
1
1
1
1
15
Thể tích VS .CMD = VS . ABCD = ×BD ×S ∆SAC = ×2 × × 5 × 3 =
4
12
12
2
12
Gọi N là trung điểm của AD nên CD / / ( SMN )
Suy ra d (CD, SM ) = d (CD, ( SMN )) = d (C , ( SMN )) =

0,25

3 ×VC .SMN
( ∗)
S ∆SMN

0,25

15
(1).
12
3
13
Ta có MN = 3, SM = , SN =
( sử dụng công thức đường trung tuyến)
2
2
Thể tích VC .SMN = VS .MCD =

·
=
Theo định lý hàm số cosin trong ∆SMN ta có cos SMN

2

23
·
⇒ sin SMN
=
3 3
3 3

1
23
·
Vậy S SMN = ×SM ×MN ×sin SMN
(2).
=

2
4

0,25

3 15
3 ×VC .SMN
15
= 12 =
Thay (1), (2) vào ( ∗) ta được d (CD, SM ) =
.
S ∆SMN
23
23
4
Câu 6. (1,0 điểm)
Nội dung

Điểm
1,0 điểm
0,25

Không mất tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . Mà a + b + c = 6 ⇒ c ≤ 2 , a + b ≥ 4
2

 a + b  2

Nhận xét ta có bất đẳng thức ( a + 2 ) ( b + 2 ) ≤ 
+
2

 , ( *) thật vậy
÷
 2 

2

2

( *)

4

2
2
4
 a+b 
2 2
⇔ a b + 2a + 2b ≤ 
÷ + ( a + b ) ⇔ 16 ( a − b ) ≤ ( a + b ) − 16a b
 2 
2
2
2
2
2
16 ( a − b ) ≤ ( a 2 − b 2 ) + 4ab ( a − b ) = ( a − b ) ( a + b ) + 4ab  ( đúng )


a+b
5

2
( do ( a + b ) + 4ab ≥ 16 ). Đặt x =
mà 2 x + c = 6 ⇒ c = 6 − 2 x ⇒ 2 ≤ x ≤
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Áp dụng ( *) ta có ( a + 2 ) ( b + 2 ) ( c + 2 ) ≤ ( x + 2 ) ( c + 2 ) = ( x + 2 ) ( 6 − 2 x ) + 2 
2
2
 5
2
Xét hàm số f ( x ) = ( x + 2 ) ( 6 − 2 x ) + 2  , ∀x ∈  2; 
 2
2
2
Có đạo hàm f ′ ( x ) = 24 ( x + 2 ) ( x − 2 ) ( x − 3 x + 1) ,
2 2

2

2

max f ( x ) = f ( 2 ) = 216
3± 5  5
∈/  2;  . Lập Bảng biến thiên x∈2; 5 
 2
2
 2


Dấu bằng khi và chỉ khi a = b = c = 2
f ′( x) = 0 ⇔ x = 2 , x =

6

0,25

0,25


Vậy nếu a, b, c ≥ 1 thỏa mãn a + b + c = 6 , thì
xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 .

(a

2

+ 2 ) ( b 2 + 2 ) ( c 2 + 2 ) ≤ 216 dấu bằng

………. Hết……….

7

0,25