De thi HSG Vinh Phuc 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 .. 3 2 4 Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số y x  3mx  m (1), m là tham số thực. 4 a) Tìm m để đường thẳng 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 C (0;  1) . Câu 3 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình sau với m là tham số thực 3x 3  x 2 y  3 x 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 ,  HBC 300 ; góc giữa mặt phẳng  SHC  và mặt phẳng  HBC  bằng 600 . 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; 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. 2 2 2 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 a b c và a  b  c 3 .. Tìm giá trị nhỏ nhất của P 3abc  2014a  b  c . ………. Hết………. - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh …………………………………Số báo danh…………………………. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC 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 3 sin 2 x  3  1 1  cos 2 x .. Phương trình tương đương: 1 3 3  cos 2 x  sin 2 x  2 2 2 .. 0,5.  3   cos  2 x    3 2 .     x  12  k   k     x   k  4 Vậy phương trình có nghiệm là. Điểm 0,5. 0,5. 0,5 x .    k x   k (k  ) 12 4 hoặc .. Câu 2. (2,0 điểm) Nội dung. Điểm. a) (1,0 điểm). 3 2 4 4 Phương trình hoành độ giao điểm: x  3mx  m  x  m .  x 0  2  x  3mx  1 0 (1). 0,25. 2 Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0  9m  4  0. 0,25. 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2  m  3  m   2  3.. Vậy các giá trị cần tìm của m là. m. 2 2 m 3 hoặc 3.. b) (1,0 điểm). 2 Ta có y ' 3x  6mx ; y ' 0  x 0 hoặc x 2m .. 0,25. 0,25. Đồ thị có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m 0 (*) A  0; m 4  ; B  2m; m 4  4m3  Các điểm cực trị của đồ thị là . 4 4 AC  m  1 m  1 C  Oy  d  B, AC  2 m Suy ra ; .. 0,25. 1 4 S ABC  AC.d  B, AC   m  m 4  1 S ABC 2  m  m  1 2 2 Do đó ; . 5 4 3 2 m t  0 Đặt ta được t  t  2 0  (t  1)(t  t  t  t  2) 0  t 1 Do đó m 1 (thỏa mãn điều kiện (*)). Vậy m 1 .. 0,25. 0,25. Câu 3. (2,0 điểm) Nội dung. Điểm. a) (1,0 điểm). 3 x3  x 2 y  3 x 2  xy 4 ( x 2  x)(3 x  y) 4  2  2 x  2 x  y 4   ( x  x )  (3x  y ) 4 Với m=2 ta có hệ  ab 4  a b 2  2 a  b  4 x  x  a ;3 x  y  b  Đặt , ta có hệ: .  x 2  x 2 ab 4   3 x  y 2 Giải hệ a  b 4 ta được a b 2 . Suy ra  . 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  2 ( x  x)  (3 x  y) 6  m Hệ tương đương . 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. ab 2m 1  x 2  x a, a  ;3 x  y b 4 Đặt , ta có hệ: a  b 6  m  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  Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn. 3. 0,25 a . 1 4..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a 2  4a  12 6a  a 2 1 f '( a )  f (a )  ; a  ( a  2) 2 . a2 4 . Ta có Xét hàm số 1 a  4 thì f '(a ) 0  a 2 . Với Bảng biến thiên:. 0,25. 0,25. Suy ra giá trị cần tìm của m là: m 2 . Câu 4. (2,0 điểm). Nội dung. Điểm. 2. 1 a 3 S HBC  HB.HC.sin120 0  2 4 . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC.. 0,5. a a 3 AH HM HB sin 300   AK  AH .sin 600  2 4 . Ta có 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3a  SKA 600  SA  AK .tan 600  4 Góc giữa (SHC) và (ABC) là 1 1 3a a 2 3 3a 3 VS . HBC  SA.S HBC  . .  3 3 4 4 16 . Vậy. 0,5 0,25.  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 BB ' d ( B, (SHC )) 2d ( M , ( SHC )) 2d ( A, ( SHC )) 2 AI . AI . AK . AS. . AK 2  AS 2 Trong tam giác vuông SAK, ta có BB ' 3a 3a 3  sin BCB '    0 BC 4.2 BM 8.HB.cos 30 4 . Do đó. 0,25. 3 3a 2 2 3a 3a .   BB '  . 16 a 3 8 4. 0,25. 3 13  cos BCB '  1  . 16 4 Vậy Câu 5 (1,0 điểm) Nội dung. Điểm. 0,25 Gọi I  AC  BD , H là hình chiếu của B trên CD. 1 1  tan D  tan C 1 1 tan AID tan  D1  C1    2 3 1  AID 450 1  tan D1 tan C1 1  1 . 1 2 3 Ta có . 2 2 Đường thẳng AC có dạng: a ( x  4)  b( y  2) 0  ax  by  4a  2b 0 ( a  b  0) . 0. cos 450 . a  2b 2. 2.  3a 2  8ab  3b 2 0. a b . 5 Góc giữa AC và BD bằng 45 nên 1 a  ; a  3 3 Chọn b=1 ta được . Từ đó suy ra phương trình AC là x  3 y  10 0 hoặc 3x  y  10 0 . BE AB IA AD 3  2    IE BE 2 . Gọi E BH  AC , ta có EH CH.  2 AD  3 AD  . AD 10  . 4 10 S ABCD AD 2 AI  2 5 . Ta có . Từ đó tìm được  17 11  4 10 I ;  AI  A  10  3t ; t  5 ta có * Nếu AC : x  3 y  10 0 , suy ra  5 5  . Gọi thì từ 5. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2. 2. 17   11  32 7   29 7  A  1;3 ; A  ;   10  3t     t     t 3; t  5  5 5 5 . Suy ra  5 5  Do. x A  2  A  1;3. ..  21 13  4 10 I ;  AI  A t ;3 t  10   5 ta có * Nếu AC : 3x  y  10 0 , suy ra  5 5  . Gọi thì từ 2 2 13  32 17  21   t     3t  10     t 5; t  5   5 5 5 (không thỏa mãn x A t  2 ).  A  1;3  Vậy điểm A cần tìm là . Chú ý: Nếu HS chỉ tính được cạnh AD 2 thì cho 0,25 điểm.. Câu 6. (1,0 điểm) Nội dung a b c   a  b   a  c  0  b 2c 2 a 2  b 2  c 2  a 2  a 2  3  2a 2  2. Ta có. 2. 2. Điểm. 2. 0,25 2. Suy ra bc a 3  2a ..  a  b  c. 2. 3  a 2  b 2  c 2  9  a  b  c 3.  P 3abc  2013a  3 3a Xét hàm. 2. 0,25. 2. 3  2a  2013a  3.. f (a ) 3a 2 3  2a 2  2013a  3; a   0;1. . Ta có. 18a  1  a 2   2a  2 2 f '(a ) 3  2a 3  2a  a .  2013   2013 18a  1  a 2   2013 2  2 3  2a  3  2a  .. 0,25. 3. 2 1 1  2a 2  1  a 2  1  a 2  4 a 2  1  a 2   .2a 2  1  a 2   1  a 2      2 2 3  27 Ta có. Suy ra. a 1  a2  . 2 3 3.  f '(a ) 18.. 2 3 3.  2013 4 3  2013  0 ..  0;1 . Do đó f (a)  f (1)  2013 . Suy ra f (a) nghịch biến trên đoạn 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 .. ………. Hết……….. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>