Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 môn toán – lớp 12 - THPT

Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số
 
3 2
1 1y 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 0x y   .
2. Tìm m để đường thẳng  có phương trình
 
1 1y 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;1A ,
 
3;2B ,
 
7;10C . 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 4S x y z   
       
2 2 2
2
: 3 1 1 25S 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 3x 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
================
ĐỀ CHÍNH THỨC
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 1y 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 0x y   .
3.0
TXĐ:  ,
2
' 3 2y x x 
Hệ số góc của d là
1
5
  Hệ số góc của tiếp tuyến là 5k 
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 2y x  ;
202
5
27
y x 

1.0
1.2
Tìm m để đường thẳng  có phương trình
 

1 1y 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 1x m x x x x m m m
 
           
 

         
3 2
2 2 2 2 2
2 1 1 1 1x 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
0m 
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 sin 5 0
sin 4 0 *
cos 0
x x
x
x
 

 




0.5
Biến đổi được
       
2
1 sin cos 1 2sin 2 2 sin 4 cos sinx 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 sin 3 sin os3 cos 2 sin 4x 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; 1x 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 0x 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 8x 
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 4f f   có hai nghiệm 2; 4x x 
Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm

       
; : 8;7 ; 2;1 ; 4;3x 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
12 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;1A ,
 
3;2B ,
 
7;10C . 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;6I là trung điểm
BC

     

; ; 2 ; 2d B d C d I AI      






0.5
Vì 80 2 41 2BC AI   nên
   
; ;d B d C   lớn nhất bằng 2 2 41AI 
khi  vuông góc với AI
0.5


 
đi qua
 
1;1A và nhận
 
4;5AI 

là véc tơ pháp tuyến
Vậy phương trình đường thẳng
   
: 4 1 5 1 0 : 4 5 9 0x y x y         
0.5
4.2
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu
   

2
2 2
1
: 1 4S x y z   
       
2 2 2
2
: 3 1 1 25S 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
2R 
 
2
S có tâm
2
(3;1; 1)I  , bán kính
2
5R 
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