De thi HSG vinh phuc 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

3 sin 2 x  3  1  2cos 2 x .

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx 2  m 4 (1), m là tham số thực.
a) Tìm m để đường thẳng y   x  m 4 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 C (0; 1) .
Câu 3 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình sau với m là tham số thực
�
3 x3  x 2 y  3x 2  xy  2m
(x, y ��)
�2
�x  2 x  y  6  m
a) Giải hệ khi m  2 .
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 ,
�  300 ; góc giữa mặt phẳng  SHC  và mặt phẳng  HBC  bằng 600 . Tính theo

HBC
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; AB  2 AD, CD  3 AD . Đường thẳng BD có phương trình x  2 y  1  0 ,
đường thẳng AC đi qua điểm M  4;2  . 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 a 2  b 2  c 2  3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của P  3abc  2014a  b  c .

1


Đáp án
Phương trình tương đương:

Nội dung
3 sin 2 x  3  1  1  cos 2 x .

1
3
3
.
cos 2 x 
sin 2 x 
2
2
2
� � 3
� cos �2 x  �

.
3� 2
�

0,5

�


�
x


 k
�
12
��

�
x    k
�
4

0,5

 k ��

Vậy phương trình có nghiệm là x  

Điểm

0,5

0,5



 k hoặc x    k (k ��) .
12
4
Nội dung

a) (1,0 điểm).
Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3mx 2  m 4   x  m 4 .
x0
�
� �2
x  3mx  1  0 (1)
�
Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 � 9m 2  4  0
� 2
m
�
2
2
3
��
. Vậy các giá trị cần tìm của m là m  hoặc m   .
2
3
3

�
m
�
3
�
b) (1,0 điểm).
Ta có y '  3x 2  6mx ; y '  0 � x  0 hoặc x  2m .
Đồ thị có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m �0 (*)
4
4
3
Các điểm cực trị của đồ thị là A  0; m  ; B  2m; m  4m  .

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

4
4
Suy ra AC  m  1  m  1 ; C �Oy � d  B, AC   2 m .

1
AC.d  B, AC   m  m 4  1 ; S ABC  2 � m  m 4  1  2 .
2
Đặt m  t  0 ta được t 5  t  2  0 � (t  1)(t 4  t 3  t 2  t  2)  0 � t  1

Do đó S ABC 

Do đó m  �1 (thỏa mãn điều kiện (*)). Vậy m  �1 .
Nội dung

0,25

0,25

Điểm

a) (1,0 điểm).
3 x3  x 2 y  3 x 2  xy  4
( x 2  x)(3x  y )  4
�
�
�� 2
Với m=2 ta có hệ �2
( x  x )  (3 x  y )  4
�x  2 x  y  4
�
�ab  4
�a b  2.
Đặt x 2  x  a;3x  y  b , ta có hệ: �
�a  b  4
2

0,25
0,25

ab  4
�
Giải hệ �
ta được a  b  2 . Suy ra
ab  4
�

�x 2  x  2
.
�
3x  y  2
�
Giải hệ ta được ( x; y )  (1;5);(2; 4) . Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y )  (1;5);(2; 4) .
Chú ý: HS có thể làm theo phương pháp thế.
b) (1,0 điểm).
�
( x 2  x)(3 x  y )  2m
Hệ tương đương � 2
( x  x)  (3 x  y )  6  m
�
ab  2m
�
1
2
Đặt x  x  a, a � ;3 x  y  b , ta có hệ: �
ab  6m
4
�
�6a  a 2

ab  2m
a (6  m  a )  2m
�
�
 m (1)
�
��
� �a  2
�
ab  6m
b  6ma
�
�
�
b  6ma
�
1
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn a � .
4
2
a  4a  12
6a  a 2
1
Xét hàm số f ( a) 
.
; a � . Ta có f '(a)  
(a  2) 2
a2
4
1

thì f '(a)  0 � a  2 .
4
Bảng biến thiên:

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

Với a �

0,25

Suy ra giá trị cần tìm của m là: m �2 .

Nội dung
1
a 3
.
HB.HC.sin1200 
2
4
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC.
S HBC 

Điểm

2

0,5

a
a 3
.
� AK  AH .sin 600 
2
4
�  600 � SA  AK .tan 600  3a
Góc giữa (SHC) và (ABC) là SKA
4
2
3
1
1 3a a 3
3a
Vậy VS . HBC  SA.S HBC  . .
.

3
3 4
4
16
� '.
Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là BCB
Ta có AH  HM  HB sin 300 

3

0,25

0,5
0,25
0,25


Gọi I là hình chiếu của A trên SK � AI  ( SHC ) .
Ta có BB '  d ( B, ( SHC ))  2d ( M , ( SHC ))  2d ( A, ( SHC ))  2 AI .
Trong tam giác vuông SAK, ta có AI 
� '
Do đó sin BCB

AK . AS
AK 2  AS 2



3 3a 2 2
3a
3a
.

� BB '  .
16 a 3 8
4

BB '

3a
3a
3
.



0
BC 4.2 BM 8.HB.cos 30
4

� '  1
Vậy cos BCB

3
13

.
16
4

0,25

Câu 5 (1,0 điểm)
Nội dung

Điểm

0,25
Gọi I  AC I BD , H là hình chiếu của B trên CD.

1 1

tan D1  tan C1
2
3 1� �
�
tan
AID

tan
D

C


AID  450 .
 1 1
Ta có
1
1
1  tan D1 tan C1 1  .
2 3
Đường thẳng AC có dạng: a ( x  4)  b( y  2)  0 � ax  by  4a  2b  0 (a 2  b 2  0) .
a  2b
0
� 3a 2  8ab  3b 2  0
Góc giữa AC và BD bằng 450 nên cos 45 
2
2
a b . 5

1
Chọn b=1 ta được a  ; a  3 .
3
Từ đó suy ra phương trình AC là x  3 y  10  0 hoặc 3 x  y  10  0 .
BE AB
IA AD 3

2�

 .
Gọi E  BH I AC , ta có
EH CH
IE BE 2
 2 AD  3 AD  .AD  10 � AD  2 . Từ đó tìm được
4 10
Ta có S ABCD 
.
AI 
2
5
17 11 �
�
4 10
* Nếu AC : x  3 y  10  0 , suy ra I � ; �. Gọi A  10  3t ; t  thì từ AI 
ta có
�5 5 �
5
2
2
17 � � 11 � 32

7
�29 7 �
�
10

3
t


t

� t  3; t  . Suy ra A  1;3 ; A � ; �
�
� �
�
5� � 5� 5
5
�5 5 �
�
Do x A  2 � A  1;3 .
�21 13 �
4 10
* Nếu AC : 3 x  y  10  0 , suy ra I � ; �. Gọi A  t ;3t  10  thì từ AI 
ta có
5
5
�
�
5
2

2
13 � 32
17
� 21 � �
t  � �
3t  10  �
� t  5; t 
(không thỏa mãn x A  t  2 ).
�
5� 5
5
� 5� �
4

0,25

0,25
0,25


Vậy điểm A cần tìm là A  1;3 .
Chú ý: Nếu HS chỉ tính được cạnh AD  2 thì cho 0,25 điểm.

Câu 6. (1,0 điểm)
b c �
b a
Ta có a 
 a���
2

2

2

c

2

Nội dung
0 b 2c 2 a 2  b2 c 2 a 2 



a  3 2a
2

2



Điểm
0,25

Suy ra bc �a 3  2a .
2

 a  b  c

2

�3  a 2  b 2  c 2   9 � a  b  c �3

P �
3abc 2013a 3 3a 2 3 2a 2

0,25

2013a 3.

Xét hàm f (a)  3a 2 3  2a 2  2013a  3; a � 0;1 . Ta có
�
2a
f '(a)  3 �
2 a 3  2a 2  a 2 .
3  2a 2
�

18a  1  a 
�
 2013 �18a  1  a 2   2013 .
� 2013 
2
3  2a
�
2

0,25

3

2
1
1 �2a  1  a  1  a � 4
Ta có a 2  1  a 2   .2a 2  1  a 2   1  a 2  � �
�
2
2�
3
� 27
2

2

2

2
2
2
 �
f '(
a ) 18.
2013 4 3 2013 0 .
Suy ra a  1  a  �
3 3
3 3
Suy ra f ( a) nghịch biến trên đoạn  0;1 . Do đó f (a) �f (1)  2013 .
0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2013 khi a  b  c  1 .

5