Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Ninh (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO
QUẢNG NINH
–––––––––
ðỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN :
TỐN
( BẢNG A )
Ngày thi : 23/10/2012
Thời gian làm bài : 180 phút

(Không kể thời gian giao ñề)

Họ và tên,chữ ký
của giám thị số 1
–––––––––––––
–––––––––––––

(ðề thi này có 01 trang)
Bài 1 (6 điểm) :
1. Cho hàm số y =

x+2
có đồ thị (C), gọi I là giao hai tiệm cận . Viết phương trình
x −1

tiếp tuyến với ñồ thị (C) biết tiếp tuyến ấy cắt hai ñường tiệm cận của ñồ thị tại hai
ñiểm A, B sao cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất.

2. Tính giới hạn sau : lim
x →0

( x 2 + 2012) 7 1 − 2 x − 2012
x

Bài 2 (3 điểm) :
Tìm m để phương trình sau đây có nghiệm :

x 2 − 2 x + m( x − 4)

x+2
+ 2 8 + 2 x − x 2 − 14 − m = 0
4−x

Bài 3 (3 ñiểm) :
Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác. ðặt IA = x ,
IB = y , IC = z . Chứng minh rằng :

1
1
1
2
= 2+ 2+
2
x
y
z
yz

Bài 4 (5 ñiểm) :
Trong mặt phẳng (P) cho đường trịn đường kính BC cố định. M là một điểm di động
trên đường trịn ấy. Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (P) tại B lấy một ñiểm A cố
ñịnh. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B trên AM và AC .
1. Chứng minh rằng khi M di ñộng mặt phẳng (BHK) cố định .
2. Xác định vị trí của M để diện tích tam giác BHK lớn nhất
Bài 5 (3 điểm) :
Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn abc = 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P=

a 6 + b6
b6 + c 6
c6 + a6
+
+
a 4 + b4 + a 2b 2 b4 + c 4 + b 2 c 2 c 4 + a 4 + c 2 a 2
– – – – – – – – – – – – –Hết– – – – – – – – – – – – –

Họ và tên thí sinh : – – – – – – – – – – – – –– – – – – – – – –Số báo danh: – – – –


SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn Tốn – Bảng A (đề thi chính thức)
Bài
Sơ lược lời giải
Bài 1 1. Giao hai tiệm cận I( 1;1)
6ñiểm Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với ñồ thị tại điểm có hồnh độ x0

−3
x +2
( x − x0 ) + 0
=>phương trình tiếp tuyến có dạng: y =
2
x0 − 1
( x0 − 1)
Tiếp tuyến cắt tiệm cận ñứng tại A( 1;

ðiểm

0,5

x0 + 5
)
x0 − 1

0,5

Tiếp tuyến cắt tiệm cận ngang tại B( 2 x0 − 1;1 )
Ta có IA =

x0 + 5
6
;
−1 =
x0 − 1
x0 − 1

IB = 2 x0 − 1 − 1) = 2 x0 − 1

0,5

6
.2 x0 − 1 = 12
Nên IA. IB =
x0 − 1
1
2

Do vậy diện tích tam giác IAB : S = IA. IB = 6
Gọi p là nửa chu vi ∆IAB => bán kính đường trịn nội tiếp ∆IAB : r =

S 6
=
p p

0,5

=> r lớn nhất <= > p nhỏ nhất. Mặt khác ∆IAB vuông tại I nên
2 p = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB 2 ≥ 2 IA. IB + 2 IA. IB = 4 3 + 2 6
2
Dấu “ = ” xảy ra <=> IA = IB ⇔ ( x0 − 1) = 3 ⇔ x = 1 ± 3

Với x = 1 − 3 ta có tiếp tuyến d1 : y = − x − 2( 3 − 1)
Với x = 1 + 3 ta có tiếp tuyến d2 :
2.

0,5

y = 2( 3 + 1) − x

( x 2 + 2012) 7 1 − 2 x − ( x 2 + 2012) + x 2
x
7
 2
1 − 2x −1 
( x + 2012)
+ x
= lim

x →0
x



1

L = lim
x →0

Ta có L1 = lim( x + 2012) = 2012
2

;

x →0

7

Tính L2 = lim
x →0

1 − 2x −1
x

ðặt

7

0,5

1

L3 = lim x = 0
x →0

1 − 2 x = t => x =

1 − t7
2

Và khi x → 0 thì t → 1
=> L2 = lim
t →1

2(t − 1)
−2
2
= lim

=−
7
2
3
4
5
6
t
→
1
1− t
1+ t + t + t + t + t + t
7

2
4024
Vậy L = 2012.  −  + 0 = −
 7

7

1


x + 2
4 − x ≥ 0

⇔ −2 ≤ x < 4
ðiều kiện:  x ≠ 4
8 + 2 x − x 2 ≥ 0




Bài 2
3điểm

0,5

Với đ/k đó phương trình ñã cho tương ñương với
⇔ −(− x 2 + 2 x + 8) − m 8 + 2 x − x 2 + 2 8 + 2 x − x 2 − 6 − m = 0 .

0,5

(1)

ðặt t = 8 + 2x − x 2 ; Khi x ∈ [ – 2; 4) thì t ∈ [ 0; 3] .
Phương trình trở thành : – t2 – mt + 2t – 6 – m = 0

(2)

−t 2 + 2t − 6
.
t +1
−t 2 + 2t − 6
−t 2 − 2t + 8
Xét hàm số f (t ) =
; t ∈ [ 0;3] ; f’(t) =
t +1
(t + 1)2

⇔

0,5

m=

0,5

 t = −4
t = 2

f’(t) = 0 ⇔ 

Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên ñoạn [ 0 ; 3 ].
t
–∞ –4 –1 0
2
f’(t)
– 0 + +
+
0
-2

3

+∞

–

0,5

f(t)
−

–6

9
4

Phương trình đã cho có nghiệm x∈ [–2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t∈ [0; 3]
⇔ ðường thẳng y = m cắt ñồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ – 6 ≤ m ≤ – 2
0,5

Vậy với – 6 ≤ m ≤ – 2 thi phương trình có nghiệm

Bài 3 Ta có:
r
3điểm
x=

o

sin 45

y=

r

B
sin

2
r
z=
C
sin
2

=

r
B+C
sin
2

;

A
r

;

B

r
r

1

I
C

Suy ra:
B+C
B
C
C
B
sin
sin cos + sin cos
2 2
yz
2
2
2
2
2 = ( r + r ) = a => a 2 = y z (1)
=r
=r
B
C
B
C
B
C
x
x2
sin sin
sin sin
tg
tg

2
2
2
2
2
2

1


Ngồi ra định lý hàm cos trong tam giác BIC cho :
a 2 = y 2 + z 2 − 2 yz cos BIC

<=>

a 2 = y 2 + z 2 − 2 yzcos (180 −

<=>

a 2 = y 2 + z 2 − 2 yzcos135o

<=>

a 2 = y 2 + z 2 + 2 yz.

1

2
2

(2)

y 2 z2
1
1
1
2
= y 2 + z 2 + yz 2 <=> 2 = 2 + 2 +
2
x
x
y
z
yz

Từ (1) và (2) ta có :
Bài 4
5điểm

B+C
)
2

a)

A

CM ⊥ BM

=> CM ⊥ ( ABM ) ⊃ BH


 CM ⊥ AB
 BH ⊥ CM
=> 
=> BH ⊥ ( ACM ) ⊃ AC
 BH ⊥ AM

 AC ⊥ BH
=> 
=> AC ⊥ ( BHK )
 AC ⊥ BK


K

H

B

Mặt phẳng (BHK) đi qua B cố định và
vng góc với AC cố ñịnh nên
mp(BHK) cố ñịnh

C
M

∆BHK vuông tại H

=> SBHK= (1/2) BH.HK ≤

vậy ∆BHK có diện tích lớn nhất
Khi đó BH =

1

0,5

BH 2 + HK 2
BK 2
=
(const)
4
4

BH = HK

∆BHK vuông cân.

1

BK
2

1
1
1
1
1
1
=

+
=
+
2
2
2
2
2
BK
AB
BC 2
BH
AB
BM
1
1
1
1
1
1
=
<=>
+
=
+
=>
2
2
2
2

2
BK
2 BH
AB
BC
2 AB
2 BM 2

Mà

<=>

1

1
1
1
1
1
h2 + 2R 2
=
+
=
+
=
2 BM 2
BC 2
2 AB 2
4R2
h2

4h 2 R 2

=> BM 2 =

4h 2 R 2
<=> BM =
h2 + 2R2

1

hR 2
h2 + 2 R 2

(với R là bán kính đường trịn (C), AB = h )
Mà B cố định => M thuộc đường trịn tâm B bán kính

hR 2
h2 + 2 R 2

=> có hai vị trí của M làm cho diện tích ∆BHK đạt GTLN đó là giao của
đường trịn (C) và đường trịn (B;BM)

0,5


Bài 5
(a 2 + b2 )(a 4 + b 4 − a 2b 2 ) (b 2 + c 2 )(b 4 + c 4 − b 2c 2 ) ( c 2 + a 2 )( c 4 + a 4 − c 2a 2 )
P=
+
+

3ñiểm
a 4 + b 4 + a 2b 2
b4 + c 4 + b2c 2
c 4 + a 4 + c 2a 2
Nhận xÐt: Do abc = 2 2 nªn a2, b2, c2 là các số thực dơng
Xét : A =

0,5

x 2 + y 2 − xy
với x,y > 0
x 2 + y 2 + xy

0,5

x
t2 − t +1
Chia tö và mÉu cho y v đặt t =
ta đợc A = 2
với t > 0
y
t + t +1
2

XÐt hàm sè f(t) =

t2 − t +1
trªn (0;+∞)
t2 + t +1

Ta cã : f’(t) =

2(t − 1)
= 0 ⇔ t =1
(t 2 + t + 1) 2
2

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t )
T ủú A =

Bảng biến thiên:
0
t

f (t)

1

1
0

f(t)

1
3

+
+
1

1
vi mi t > 0
3

x 2 + y 2 − xy 1
≥
với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y.
x 2 + y 2 + xy 3

a 4 + b 4 − a 2b2 1
Áp dụng với x = a , y = b ta có 4 4 2 2 ≥
a +b +a b
3
2

0,5

0,5

2

b 4 + c 4 − b2 c 2 1
c 4 + a 4 − c 2a 2 1
≥
,
≥
b4 + c 4 + b 2 c 2 3
c 4 + a 4 + c 2a 2 3
1
1

1
2
=> P ≥ (a 2 + b 2 ) + (b 2 + c 2 ) + (c 2 + a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 )
3
3
3
3

Tương tự

0,5

Áp dụng BðT Côsi ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 3 a 2b 2c 2 = 6 với abc = 2 2
=> P ≥ 4 dấu ñẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a = b = c =
Vậy Pmin = 4 khi chẳng hạn a = b = c = 2

2

0,5

Chú ý:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải .Bài làm của học sinh phải chi
tiết,lập luận chặt chẽ,tính tốn chính xác mới được ñiểm tối ña.
2. Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thơng nhất chi tiết
nhưng khơng được q số điểm dành cho câu, phần đó.
3. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng khơng dưới 0,25 ñiểm và phải thống nhất trong
cả tổ chấm.
4. ðiểm tồn bài là tổng số điểm các phần đã chấm. Khơng làm trịn điểm
5. Mọi vấn đề phát sinh trong q trình chấm phải được trao đổi trng tổ chấm và chỉ cho
ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ.

sở giáo dục và đào tạo
quảng ninh

kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh
lớp 12 thpt năm học 2012-2013

Đề thi chính thức

môn : Toán

H v tờn, ch ký
ca giỏm th s 1

( bảng B )
Ngày thi : 23/10/2012
Thời gian làm bài : 180 phút
(không kể thời gian giao đề)

..
......

(Đề thi này có 01 trang)
Bài 1 (4 điểm):
Tớnh gii hn sau : lim
x→ 0

1 + 2x − 3 1 + 3x
x2

Bµi 2 (3 điểm):
Cho tam giác ABC có C = , B = β víi α < β, trung tuyến AM. Gäi là
góc nhọn tạo bởi AM với cạnh BC, chng minh rng: 2cot = cot - cot.
Bài 3 (4 điểm):
2
Gii bất phương trình: x + x + 6 x + 2 < 18

Bài 4 (6 điểm):
Cho tam giỏc ủu ABC cạnh a, đường thẳng (d) qua A vng góc với mặt
phẳng (ABC). Trên (d) lấy ñiểm M. Gọi I là trực tâm của tam giác MBC, H là trực
tâm của tam giác ABC, giao ñiểm của ñường thẳng HI với (d) là N.
1. Chứng minh rằng tứ diện MNBC có các cặp cạnh đối vng góc với nhau
2. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên (d) thì tích AM.AN khụng ủi.
Bài 5 (3 điểm):
a4 b4 a2 b2 a b
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 + 4 −  2 + 2  + +
b a b a  b a
với a, b là các số thực thỏa mãn a ≠ 0, b 0.

------------------------- Hết -------------------------Họ và tên thí sinh: ................................................................. Số b¸o danh: ........................


MA TRẬN ðỀ
THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013
MÔN TỐN BẢNG B. ðỀ THI CHÍNH THƯC
(ðề tự luận)

Mức độ nhận thức

Vận dụng
Nhận biết

Chủ ñề kiến thức
Giới hạn của hàm số

Thơng hiểu

Mức độ
thấp

Tổng

Mức độ
cao

1

(lớp 11)

1
4

Hệ thức lượng giác trong

4,0
1

hình học phẳng (lớp 11)

1
3

Giải phương trình, bất

3,0

1

1

phương trình, hệ có sử dụng
tính chất của hàm số
(lớp 10, 12)

4

Hình học khơng gian

1

(lớp 11)

4,0
1

4

2
2

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

1

6,0
1

nhất của biểu thức có dùng
tính chất của hàm số
(lớp 10, lớp 12)

3
0

2

0,0

2

8,0

2

7,0

3,0
6

5,0

20,0


SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013
MƠN TỐN BẢNG B. ðỀ CHÍNH THƯC
(Hướng dẫn chấm này có 03 trang)
Bµi
Bài 1
4 ủim

Sơ lợc lời giải
1 + 2 x ( x + 1)  + ( x + 1) − 3 1 + 3 x 
1 + 2 x − 3 1 + 3x

 

Có : lim
= lim
2
2
0
x →0
x
→
x
x



−x2
x 2 ( x + 3)


= lim
+


2
x →0
2
2
2
 x  1 + 2 x + ( x + 1)  x ( x + 1) + ( x + 1) 3 1 + 3 x + 3 (1 + 3 x)  





−1
x+3
1

 −1
= lim
+
=
+1 =



x →0 
2
2
2
  1 + 2 x + ( x + 1)  ( x + 1) + ( x + 1) 3 1 + 3 x + 3 (1 + 3 x)   2




Bài 2
3 điểm

* Trường hợp góc β nhọn:
KỴ AH ⊥ BC, do α < β nên BHcã cotϕ = HM/AH, cotα = CH/AH, cotβ = BH/AH
Do: HM = BM-BH ; HM = CH-CM; BM=CM
nên cộng vế-vế 2 ñẳng thức ta ñược: 2HM = CH-BH
=> 2HM/AH = CH/AH - BH/AH ,
hay 2 cotϕ = cotα - cotβ. Ta có đpcm !

Cho
®iĨm
1,5
1

1,5

1,0
0,5

0,5
0,5

A

B
Bài 3
4 điểm

H

M

C

* Trường hợp góc β tù: Chứng minh tương tự
TXð: x∈ (-2; +∞)
Nếu x ∈[-2; 0] thì: BPT đã cho có VT ≤ 4 + 0 + 6 2 < 18 = VP
Suy ra ∀x ∈[-2; 0] ñều là nghiệm của BPT ñã cho.
2
Nếu x > 0, xét hàm số y = f(x) = x + x + 6 x + 2 với x∈ (0; +∞)
Có f’(x) = 2x + 1 + 3/ x + 2 > 0 ∀x∈ (0; +∞) => f(x) ñồng biến trên (0; +∞)
Mà f(2) = 18 nên với x∈(0; +∞) ta có: BPT đã cho <=> f(x) < f(2) <=> x<2
Kết hợp với x∈ (0; +∞) ñược 0 < x < 2.
Kết luận: BPT ñã cho có nghiệm là -2 ≤ x < 2

0,5
0,25
0,5
0,5

0,75
1,0
0,5
0,5


Bài
Bài 4
6 ñiểm

Sơ lược lời giải

Cho
ñiểm

4.1 (4 ñiểm)
Gọi E là trung ñiểm BC, từ giả thiết suy ra H∈AE, I∈ME => IH cắt (d) tại N
Theo giả thiết (d)⊥mp(ABC) => (d)⊥BC hay MN⊥BC
Chứng minh ñược BH⊥mp(MAC) rồi suy ra BH⊥MC
Mà BI⊥MC nên MC⊥ mp(BHI), từ đó suy ra MC⊥BN
Chứng minh tương tự, được MB⊥CN
Vậy tứ diện MNBC có các cặp cạnh đối vng góc với nhau (đpcm !)
4.2 (2 điểm)
Chứng minh ñược: BC⊥mp(MAE) => BC⊥IH và MC⊥mp(BKF) => MC⊥IH
suy ra IH⊥MB

1,0

Trong tam giác MNE, có: ANH = AEM (góc có cạnh tương ứng vng góc)
suy ra ∆ ANH ∼ ∆ AEM

0,5

do đó:

AN AH
a 3 2 a 3 a2
=
=> AM.AN = AE.AH =
. .
=
AE AM
2 3 2
2

Vậy tích AM.AN khơng đổi (ñpcm !)

M

A

B

I
F
H

E

K

C

N

0,5
1,0
1,0
1,0
0,5

0,5


Bài

Sơ lược lời giải

Bài 5
3 ñiểm

a b
a2 b2
a 2 b2
a4 b4
2
2
ðặt: t = + => t ≥ 2 ; t = 2 + 2 + 2 ⇒ 2 + 2 = t − 2 => 4 + 4 = t 4 − 4t 2 + 2 .
b a
b
a

b
a
b
a

Khi đó: P =

Cho
ñiểm
0,5

a4 b4  a2 b2  a b
+ 4 −  2 + 2  + + = t 4 − 4t 2 + 2 − (t 2 − 2) + t = t 4 − 5t 2 + t + 4
4
b
a b
a  b a

Xét hàm: f (t ) = t 4 − 5t 2 + t + 4 với t ≥ 2 , có: f '(t ) = 4t 3 − 10t + 1 ; f "(t ) = 12t 2 − 10

0,75

Với t ≥ 2 thì f”(t) > 0 => hàm f’(t) ñồng biến trên (-∞ ; -2] và [2; +∞).
Nên : t > 2 => f’(t) > f’(2) = 13 > 0; t < –2 => f’(t) < f’(–2) = -11 < 0
Ta có bảng biến thiên :
t
–∞
–2
2
+∞

f’(t)
–
+
+∞
+∞
f(t)
–2
2

0,75

Mà f(-2) = - 2 < 2 = f(2), suy ra : min f(t) = –2 ; ñạt khi t = –2 <=> a = – b ≠ 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -2, ñạt ñược khi a = - b ≠ 0
C¸c chó ý khi chÊm:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh
phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn chính xác mới được điểm tối ña.
2. Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho ñiểm. Tổ chấm trao ñổi và thông nhất
chi tiết nhưng khơng được q số điểm dành cho câu, phần đó.
3. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng khơng dưới 0,25 ñiểm và phải
thống nhất trong cả tổ chấm.
4. ðiểm tồn bài là tổng số điểm các phần đã chấm. Khơng làm trịn điểm
5. Mọi vấn đề phát sinh trong q trình chấm phải được trao đổi trong tổ
chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH

1