Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Vĩnh Phúc lớp 12 THPTnăm học 2013-2014 môn: Toán THPT

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 23sin 2 3 1 2cosx x   . 
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 43y x mx m   (1), m là tham số thực. 
a) Tìm m để đường thẳng 4y 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 (0; 1)C  . 
Câu 3 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình sau với m là tham số thực 
3 2 2
2
3 3 2
 ( , )
2 6
x x y x xy m
x y
x x y m
    

   
 
a) Giải hệ khi 2m  . 
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  , 
 030HBC  ; góc giữa mặt phẳng  SHC và mặt phẳng  HBC bằng 060 . 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; 2 , 3AB AD CD AD  . Đường thẳng BD có phương trình 2 1 0x y   , 
đường thẳng AC đi qua điểm  4;2M . 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 2 2 2 3a b c   . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 2014P abc a b c    . 
 . Hết. 
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. 
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
- Họ và tên thí sinh Số báo danh.
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
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 Điểm 
Phương trình tương đương: 3 sin 2 3 1 1 cos 2x x    . 
1 3 3
cos 2 sin 2
2 2 2
x x   . 
3
cos 2
3 2
x
 
   
 
. 
 12 
4
x k
k
x k





  
 
   

 
Vậy phương trình có nghiệm là 
12
x k

   hoặc ( )
4
x k k

    . 
Câu 2. (2,0 điểm) 
Nội dung Điểm 
a) (1,0 điểm). 
Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 4 43x mx m x m     . 
2
0
3 1 0 (1)
x
x mx

 
  
Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 29 4 0m   
2
3
2
3
m
m


 
  

. Vậy các giá trị cần tìm của m là 
2
3
m  hoặc 
2
3
m   . 
2
b) (1,0 điểm). 
Ta có 2' 3 6y x mx  ; ' 0 0y x   hoặc 2x m . 
Đồ thị có hai điểm cực trị khi và chỉ khi 0m  (*) 
Các điểm cực trị của đồ thị là    4 4 30; ; 2 ; 4A m B m m m . 
Suy ra 4 41 1AC m m    ;  , 2C Oy d B AC m   . 
Do đó    41 . , 1
2
ABCS AC d B AC m m   ;  42 1 2ABCS m m    . 
Đặt 0m t  ta được 5 4 3 22 0 ( 1)( 2) 0 1t t t t t t t t            
Do đó 1m   (thỏa mãn điều kiện (*)). Vậy 1m   . 
Câu 3. (2,0 điểm) 
Nội dung Điểm 
a) (1,0 điểm). 
Với m=2 ta có hệ 
3 2 2 2
2 2
3 3 4 ( )(3 ) 4
2 4 ( ) (3 ) 4
x x y x xy x x x y
x x y x x x y
        
 
        
Đặt 2 ;3x x a x y b    , ta có hệ: 
4
2
4
ab
a b
a b

  
 
. 
Giải hệ 
4
4
ab
a b


 
 ta được 2a b  . Suy ra 
2 2
3 2
x x
x y
  

 
. 
Giải hệ ta được ( ; ) ( 1;5);(2; 4)x y    . Vậy hệ có hai nghiệm ( ; ) ( 1;5);(2; 4)x y    . 
Chú ý: HS có thể làm theo phương pháp thế. 
b) (1,0 điểm). 
Hệ tương đương 
2
2
( )(3 ) 2
( ) (3 ) 6
x x x y m
x x x y m
   

    
Đặt 2
1
, ;3
4
x x a a x y b      , ta có hệ: 
2
6
ab m
a b m


  
26
2 (6 ) 2 (1)
2
6 6
6
a a
ab m a m a m m
a
a b m b m a
b m a
 
     
    
          
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn 
1
4
a   . 
Xét hàm số 
26 1
( ) ;
2 4
a a
f a a
a

  

. Ta có 
2
2
4 12
'( )
( 2)
a a
f a
a
 
 

. 
3
Với 
1
4
a   thì '( ) 0 2f a a   . 
Bảng biến thiên: 
2
∞-
25
28
+ 0
+∞2
-1
4
f(a)
f'(a)
a
Suy ra giá trị cần tìm của m là: 2m  . 
Câu 4. (2,0 điểm) 
60°
30°
S
A
B
C
K
C
B
B'
M
H
I
Nội dung Điểm 
2
01 3. .sin120
2 4
HBC
a
S HB HC  . 
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC. 
Ta có 0 0
3
sin 30 .sin 60
2 4
a a
AH HM HB AK AH      . 
4
Góc giữa (SHC) và (ABC) là  0 0
3
60 .tan 60
4
a
SKA SA AK    
Vậy 
2 3
.
1 1 3 3 3
. . .
3 3 4 4 16
S HBC HBC
a a a
V SA S   . 
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 ' ( , ( )) 2 ( , ( )) 2 ( , ( )) 2BB d B SHC d M SHC d A SHC AI    . 
Trong tam giác vuông SAK, ta có 
2
2 2
. 3 3 2 3 3
. ' .
16 8 43
AK AS a a a
AI BB
aAK AS
    

Do đó 
0
' 3 3 3
sin '
4.2 8. .cos30 4
BB a a
BCB
BC BM HB
    . 
Vậy 
3 13
cos ' 1 .
16 4
BCB    
Câu 5 (1,0 điểm) 
Nội dung Điểm 
H
11
EI
A
D
B
C
Gọi I AC BD  , H là hình chiếu của B trên CD. 
Ta có     01 11 1
1 1
1 1
tan tan 2 3tan tan 1 45
1 11 tan tan 1 .
2 3
D C
AID D C AID
D C


      
 
. 
Đường thẳng AC có dạng: 2 2( 4) ( 2) 0 4 2 0 ( 0)a x b y ax by a b a b           . 
Góc giữa AC và BD bằng 045 nên 0 2 2
2 2
2
cos 45 3 8 3 0
. 5
a b
a ab b
a b

    

Chọn b=1 ta được 
1
; 3
3
a a   . 
Từ đó suy ra phương trình AC là 3 10 0x y   hoặc 3 10 0x y   . 
Gọi E BH AC  , ta có 
3
2
2
BE AB IA AD
EH CH IE BE
     . 
Ta có 
 2 3 .
10 2
2
ABCD
AD AD AD
S AD

    . Từ đó tìm được 
4 10
5
AI  . 
5
* Nếu : 3 10 0AC x y   , suy ra 
17 11
;
5 5
I
 
 
 
. Gọi  10 3 ;A t t thì từ 
4 10
5
AI  ta có 
2 2
17 11 32 7
10 3 3;
5 5 5 5
t t t t
   
          
   
. Suy ra  
29 7
1;3 ; ;
5 5
A A
 
 
 
Do  2 1;3Ax A  . 
* Nếu : 3 10 0AC x y   , suy ra 
21 13
;
5 5
I
 
 
 
. Gọi  ;3 10A t t  thì từ 
4 10
5
AI  ta có 
2 2
21 13 32 17
3 10 5;
5 5 5 5
t t t t
   
          
   
 (không thỏa mãn 2Ax t  ). 
Vậy điểm A cần tìm là  1;3A . 
Chú ý: Nếu HS chỉ tính được cạnh 2AD  thì cho 0,25 điểm. 
Câu 6. (1,0 điểm) 
Nội dung Điểm 
Ta có       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 3 2a b c a b a c b c a b c a a a            
Suy ra 23 2bc a a  . 
   2 2 2 2
2 2
3 9 3
3 2013 3 3 3 2 2013 3.
a b c a b c a b c
P abc a a a a
         
       
Xét hàm  2 2( ) 3 3 2 2013 3; 0;1f a a a a a     . Ta có 
 
 
2
2 2 2
2 2
18 12
'( ) 3 2 3 2 . 2013 2013 18 1 2013
3 2 3 2
a aa
f a a a a a a
a a
 
         
  
. 
Ta có     
32 2 2
22 2 2 2 21 1 2 1 1 41 .2 1 1
2 2 3 27
a a a
a a a a a
    
      
 
Suy ra  2 21
3 3
a a 
2
'( ) 18. 2013 4 3 2013 0
3 3
f a      . 
Suy ra ( )f a nghịch biến trên đoạn  0;1 . Do đó ( ) (1) 2013f a f   . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1a b c   . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2013 khi 1a b c   . 
. Hết.