Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Vĩnh Phúc lớp 12 THPT năm học 2012-2013 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Môn: TOÁN 
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 
Ngày thi: 02/11/2012. 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 3 2( 1) 2 1y x m x x m= − + + + + , với m là tham số thực, có đồ thị là (C). 
Tìm m để đường thẳng : 1d y x m= + + cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ 
số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng 12. 
Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình: 
2
1 1 2 , ( )
4
x
x x x− + + = − ∈ℝ 
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 
3
2
2 2 1 3 1
 ( , )
2 1 4 4
y y x x x
x y
y y x
 + + − = −
∈
+ + = + +
ℝ 
Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng 
chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 
3 5 8 0, 4 0x y x y+ − = − − = . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là ( )4; 2D − . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; 
biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. 
Câu 5 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân 
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt 
phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. 
Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). 
Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực ,x y thỏa mãn 1 2 4 1x y x y+ − = − + + . Tìm giá trị lớn nhất và 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 1( ) 9S x y x y
x y
= + − − − + ⋅
+
 . 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 2012-2013 
 Môn: TOÁN 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
(Gồm 04 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 và câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. 
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
Câu 1. (2 điểm) 
Nội dung 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: 
( )3 21 2 1 1x m x x m x m− + + + + = + + 
( )3 21 0x m x m⇔ − + + = (1) 
( )( )
( )
2
2
1 0
1
0 2
x x mx m
x
x mx m
⇔ − − − =
=
⇔ 
− − =
d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 
1 
2
2
2
4 04 0
 (*)11 .1 0
2
m m
m m
mm m
 + >∆ = + > 
⇔ ⇔ 
≠− − ≠ 
Gọi 1 2,x x là 2 nghiệm của phương trình (2). Tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại 
A, B, C là: ( ) ( ) ( )1 2' 1 ' ' 12y y x y x+ + = 
( ) ( )( )
( ) ( )( )
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
4 2 3 2 1 12
3 6 2 1 8 2 (3)
m x x m x x
x x x x m x x m
⇔ − + + − + + =
⇔ + − − + + = +
Theo định lí Viet ta có: 1 2 1 2,x x m x x m+ = = − , thay vào (3) ta được 2 2 8 0m m+ − = . 
Giải ra ta được 4m = − (loại) hoặc 2m = (thỏa mãn). Vậy 2m = là giá trị cần tìm. 
Câu 2. (2 điểm) 
Nội dung Điểm 
Điều kiện [ ]1;1x ∈ − , đặt ( )1 1 0t x x t= − + + ≥ 
4
2 2 2 22 2 1
4
t
t x x t⇒ = + − ⇒ = − , với 2 2 0.t − ≥ 
2 
Phương trình đã cho trở thành 
4
2 4 212 4 16 32 0
4 4
t
t t t t t
 
= − − ⇔ − − + =   
( ) ( )2 22 4 8 0t t t⇔ − + + = , suy ra 2.t = 
Với 2t = , ta có 2 21 1 2 2 2 1 4 1 1 0x x x x x− + + = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ = ( thỏa 
mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. 
Câu 3. (1,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
Điều kiện: 4 1;x y− ≤ ≤ ∈ℝ . Ta có 
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
⇔ + = − − − + −
⇔ + = − − + −
Xét hàm số 3( ) 2 ,f t t t= + ta có 2'( ) 6 1 0, ( )f t t t f t= + > ∀ ∈ ⇒ℝ đồng biến trên ℝ . Vậy 
2
0(1) ( ) ( 1 ) 1
1
yf y f x y x
y x
≥
⇔ = − ⇔ = − ⇔ 
= −
Thế vào (2) ta được 3 2 1 4 4x x x− + − = + + (3). Xét hàm số 
( ) 3 2 1 4,g x x x x= − + − − + liên tục trên [-4;1], ta có 
1 1 1
'( ) 0
3 2 2 1 2 4
g x
x x x
= − − − <
− − +
( 4;1) ( )x g x∀ ∈ − ⇒ nghịch biến trên [-4;1]. Lại 
có ( 3) 4g − = nên 3x = − là nghiệm duy nhất của phương trình (3). 
Với 3x = − suy ra 2.y = Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
3
2.
x
y
= −
= 
Câu 4. (1,5 điểm) 
MK
H
D
CB
A
Nội dung Điểm 
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD, 
E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu ,d dn u
 
 lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. 
E 
3 
Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 
7
4 0 7 12 ;
3 5 8 0 1 2 2
2
x
x y
M
x y y

=
− − =   
⇔ ⇒ −   + − =   
= −
AD vuông góc với BC nên ( )1;1AD BCn u= =
 
, mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình 
của ( ) ( ):1 4 1 2 0 2 0AD x y x y− + + = ⇔ + − = . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa 
độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
( )3 5 8 0 1 1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
+ − = = 
⇔ ⇒ 
+ − = =  
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 
( )4 0 3 3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
− − = = 
⇔ ⇒ − 
+ − = = −  
Tứ giác HKCE nội tiếp nên  BHK KCE= , mà  KCE BDA= (nội tiếp chắn cung AB ) Suy 
ra  BHK BDK= , vậy K là trung điểm của HD nên ( )2;4H . 
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm) 
Do B thuộc BC ( ); 4B t t⇒ − , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra ( )7 ;3C t t− − . 
( 2; 8); (6 ;2 )HB t t AC t t− − − −
 
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên 
( )( ) ( )( ) ( )( ) 2. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t
=
= ⇔ − − + − − = ⇔ − − = ⇔ 
=
 
Do ( ) ( )3 2 2; 2 , 5;1t t B C≤ ⇒ = ⇒ − . Ta có 
( ) ( ) ( ) ( )1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1AB ACAB AC n n= − = ⇒ = =
   
Suy ra : 3 4 0; : 1 0.AB x y AC y+ − = − = 
Câu 5. (2 điểm) 
I
K
L
E
NH
A
B C
D
S
M
Nội dung Điểm 
Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD 
Gọi ,I AN BD K LM SN= ∩ = ∩ ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật và
3
ANIN = 
Từ giả thiết ta có ( ) ( ), / / 1SH ABCD ME SH ME BD⊥ ⇒ ⊥ 
4 
Lại do ( )2AM BD⊥ . Từ ( ) ( ) ( )1 & 2 BD AMN BD AN⇒ ⊥ ⇒ ⊥ . Trong tam giác AND ta 
có 
2
2 2 2
. 3 3 2
3
NAND NI NA NA ND a AD NA ND a= = ⇒ = = ⇒ = − = 
Dễ thấy ( )CD SHN⊥ , do ( ) ( )/ / 3ML CD ML SHN ML SN⇒ ⊥ ⇒ ⊥ 
Do ( ) ( ) ( ) ( ),ABLM SCD ABLM SCD ML⊥ ∩ = (4), nên từ ( ) ( ) ( )3 & 4 SN ABLM⇒ ⊥ 
SN HK⇒ ⊥ . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra 
2SH HN a= = . 
Ta có 
3
.
1 4
. . .
3 3S ABCD
aV SH AB AD= = ; 
3
. . .
1 1 1
2 2 2 3S BCM S BCD S ABCD
aV V V = = =   ( đvtt). 
Ta có ( ) 1, .
2SBC
BC SH BC AB BC SAB BC SB S SB BC⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = 
2
2 2 2 21 1 6
. 2 . 2
2 2 2
aHB SH BC a a a= + = + = 
Mặt khác ta có ( )( ) 3 6; 3MSBCSBC
V ad M SBC
S
= = . 
Câu 6. (1 điểm) 
Nội dung Điểm 
Điều kiện: 2; 1;0 9;x y x y≥ ≥ − < + ≤ 
Ta có 
20 1 2. 2 1. 1 3( 1) ( 1) 3( 1)
0 1 3 1 4.
x y x y x y x y x y
x y x y
≤ + − = − + + ≤ + − ⇒ + − ≤ + −
⇒ ≤ + − ≤ ⇔ ≤ + ≤
Đặt , [1;4]t x y t= + ∈ , ta có 2 19S t t
t
= − − + 
1 1
'( ) 2 0, [1;4]
2 9 2
S t t t
t t t
= + − > ∀ ∈
−
. Vậy S(t) đồng biến trên [1;4]. 
Suy ra 
2
max
min
1 33 2 5(4) 4 9 4 4; 0;
24
(1) 2 2 2 2; 1.
S S x y
S S x y
−
= = − − + = ⇔ = =
= = − ⇔ = = −
. Hết.