SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

THPT NĂM HỌC 2012-2013

MÔN: TOÁN - LỚP 12

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

3

2

x m 2 1    x

y  d y : 1) 1  m ( x m  , với m là tham số thực, có đồ thị là x    cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số (C). Tìm m để đường thẳng cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng 12.

2

1

  x

1

  

2

x

x , (

Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình:

 (cid:0) )

x 4

3

2

y

  y

2

x

1

  x

3 1

x

( ,

x y

Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình:

(cid:0) )

2

2

y

    y

1

4

x

4

   

y

x

y

x

5

 

8 0,

4; 2

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    . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường 3 4 0  D  . Viết phương trình các đường thẳng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là 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).

x

  

1

y

2

x

  4

y

1

Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực

,x y thỏa mãn

 . Tìm giá trị lớn

2

S

(

x

y

)

9

  

x

y

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1  x

y

………. Hết……….

0

HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang)

Câu 1. (2 điểm)

Nội dung

Điểm

3

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: x

m

1

    x m 1

0,25

 x m

2

2 x m    21 

x mx m

0

 (1) 0 

0,25

  21 x  3   x m      x 1  x 1 2 x mx m

  0 2

  

2

2

m

0

m

m

4

0

0,25

(*)

biệt khác 1

m

.1

m

m

0

    2 1 

 d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân  m 4 1 2

    

0,5

12

y

Gọi 2 (C) tại A, B, C là:

 

4 2

m

3

 y x ' 1 

m

12

   1

  

 

2 x 1

2 x 2

x 1

 y x ' 2  x 2

,x x là 2 nghiệm của phương trình (2). Tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với 1

0,25

2

  ' 1   2 

2

6

3

 

m 8 2 (3)

x 1

x 2

x x 1 2

x 2

2

m

m 2

0,25 0,25

4

  x 1 1  x m x x 1 2 2 2m  (thỏa mãn). Vậy

  . 8 0 2m  là giá trị cần tìm.

 m   , thay vào (3) ta được

   m Theo định lí Viet ta có: 1 x , m   (loại) hoặc Giải ra ta được Câu 2. (2 điểm)

Điểm

Nội dung

t

1

  x

1

0

Điều kiện

, đặt

0,5

 x t

 x  

1;1

4

2

2

2

0,25

2   

2 2 1

t

  

x

x

t

, với 2 2 0. t  

t 4

4

2

4

2

Phương trình đã cho trở thành

t

  2

t

  

t

t 4

16

t

 32 0

0,25

1 4

t 4

  

  

2

2

t

2

8

t 4

0

 , suy ra

t 

2.

0,5

   t

2

2

   x

1

    2

2 2 1

x

x

  

1

x

1

x

   ( thỏa 0

  t  , ta có

2

0,5

Với 4 1 mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

1

Câu 3. (1,5 điểm)

Nội dung

Điểm

  

x

1;

y

Điều kiện: 4

 (cid:0) . Ta có

0,5

(1)

3    y

2

y

2 1

  x

2

x

1

  x

1

x

3    y

2

y

2(1

x

) 1

  x

1

x

3

2

Xét hàm số

đồng biến trên (cid:0) .

0,25

0

Vậy

(1)

f y ( )

f

( 1

  

x

y

)

1

x

 y 2

y

  1

x

   

f t ( )  2 t t , f  '( ) 6 t t     (cid:0) t 1 0, f t ( )  ta có

Thế vào (2) ta được 3 2

g x ( )

 3 2

x

1

  x

x

4,

liên tục trên [-4;1], ta có

0,5

g x '( )

 

0

    ( 4;1)

x

g x ( )

nghịch biến trên [-4;1].

1  3 2

x

1  2 1

x

2

1 x

4

( 3)

Lại có

g   nên 4

x   là nghiệm duy nhất của phương trình (3).

3

 x  1    4 x x 4  (3). Xét hàm số

2.

Với

y  Vậy hệ có nghiệm duy nhất

x   suy ra 3

0,25

  3

2. x    y

Câu 4. (1,5 điểm)

A

E

H

C

B

K

M

D

Nội dung

Điểm

  ,d n u d

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 lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

0,25

0,25

u

AD vuông góc với BC nên

, mà AD đi qua điểm D suy ra phương

x    4 0 y 7 2   M ;  x  5 y   8 0 7 2 1 2         3  1 2

 n AD

 BC

  x      y  1;1 

2

y

x

x

0

2

0

2

1

4

:1

AD

     . Do A là giao điểm của AD và

  1;1

0,25

x y x 1 5     8 0 A   y y x  2 0      

  3; 1

x y x 3  4 0    K   y y x 1   2 0   

, mà (cid:0)

H

 BHK BDK

.

(cid:0) (cid:0)  BHK KCE

(nội tiếp chắn cung (cid:0)AB ) 2; 4

0,25

;3

C

4

7

t

, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra

  . t

 B t t ; 

  AC

8);

 )

; 2

(6

2;

t

t

t

0,25

KCE BDA   , vậy K là trung điểm của HD nên

2

 trình của y AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 3   1  Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:       Tứ giác HKCE nội tiếp nên (cid:0) Suy ra (cid:0) (cid:0) (Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm) Do B thuộc BC   HB t (   . HB AC

 t 2 14 2

    

 2 6

 8 2

. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên t      0 t

t

    t

3

2

Do

0,25

 B  AB

4;0

. Ta có 

 3;1 ,

 0;1

   n AB

 n AC

AB x : 3

  

   2; 2 , C    1; 3 , AC y : 4 0;

 5;1   AC    1 0.

    0     0 t t t t t 7

Suy ra y Câu 5. (2 điểm)

S

M

K

L

A

D

E

I

H

N

C

B

Nội dung

Điểm

Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD

0,25

IN 

I AN BD K LM SN ,

Gọi

; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật và

AN 3

ABCD ME SH ME BD

/ /

Từ giả thiết ta có

  BD

AMN

  1   BD AN

AM BD

Lại do

. Trong tam giác AND

 ,   1 & 2

   

SH  2

0,5

2

2

2

2

ND

NI NA .

 

NA ND

3

a

3

  AD

 NA ND

a

2

ta có

CD

SHN

ML CD ML

 

/ /

SHN

  ML

SN

Dễ thấy

  . Từ   NA 3 , do

0,5

  3

3

ABLM

  SN

  SCD ABLM ,

(4), nên từ  

  SCD ML

  3 & 4

  ABLM . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra

Do   SN HK     SH HN a

3

3

V

V

V

V

SH AB AD .

.

.

Ta có

;

( đvtt).

0,25

S ABCD

.

S BCM

.

S BCD

.

S ABCD

.

1 2

a 3

. 2 1 3

a 4 3

1 1   2 2 

  

BC SH BC AB ,

  

BC

SAB

   BC SB

S

SB BC .

Ta có

SBC

1 2

0,25

2

a

6

2

2

HB

2 SH BC .

a

2

2 a a .

2

1 2

1 2

2 6

a

.

Mặt khác ta có

0,25

  d M SBC ;

V 3 MSBC S

3

SBC

Câu 6. (1 điểm)

Nội dung

Điểm

x

2;

y

 

1; 0

9;

x

Điều kiện:

   y

2

0,25

0

    y

1

x

2.

x

 

2 1.

y

  1

3(

x

    

1)

x

y

y

(

1)

3(

x

  y

1)

Ta có

         1 3

1

0

x

y

y

x

4.

2

S

t

9

  t

t

  x

y t ,

[1; 4]

Đặt

, ta có

0,25

1 t

0,25

  

0,

t

[1; 4]

S t '( )

t 2

. Vậy S(t) đồng biến trên [1;4].

1 2 9

t

1 t 2

t

Suy ra

2

0,25

S

S

(4)

4

9 4

 

  x

4;

y

0;

max

 33 2 5 2

1 4

S

(1)

 

2 2 2

  x

2;

y

 

1.

min

S

………. Hết……….

4

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017

GIÁO VIÊN VÀ HUẤN LUYỆN VIÊN HÀNG ĐẦU

- Học Online trực tiếp với các Thầy, Cô là chuyên gia bồi dưỡng HSG Quốc gia chuyên môn cao, giàu kinh nghiệm và đạt nhiều thành tích. - Học kèm Online trực tiếp với Huấn luyện viên giỏi là các anh chị đã tham gia và đạt giải cao trong kì thi HSG Quốc gia các năm trước. - Chương trình được sắp xếp hệ thống, khoa học, toàn diện giúp học sinh nắm bắt nhanh

kiến thức và tối ưu kết quả học tập. -

CÁCH HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP HỌC THÚ VỊ - HIỆU QUẢ

- Lớp học Online ít học sinh: Mỗi lớp từ 5 - 10 em để Giáo viên và Huấn luyện viên bám sát, hỗ trợ kịp thời cho các em nhằm đảm bảo chất lượng khóa học ở mức cao nhất. - Thời gian học linh động, sắp xếp hợp lý giúp các em dễ dàng lựa chọn cho mình khung thời gian tốt nhất để học. - Mỗi bài học được chia thành nhiều buổi học (mỗi bài có tối thiểu 2 buổi học):

+ Buổi đầu tiên huấn luyện viên hướng dẫn các em học Online trực tiếp: Phần lý thuyết, phương pháp giải toán - các ví dụ minh họa điển hình & bài tập tự luyện do giáo viên cung cấp. Trong quá trình học các em được trao đổi, thảo luận Online trực tiếp với các bạn cùng học và huấn luyện viên để nắm rõ và hiểu sâu thêm các vấn đề trong bài học.

+ Buổi học tiếp theo: Sau khi về nhà các em đã làm bài tập tự luyện thì ở buổi học này Huấn luyện viên sẽ đánh giá bài làm của các em và sửa bài. Trong quá trình sửa bài các em thảo luận Online trực tiếp với HLV, các bạn cùng lớp để hoàn thiện bài làm và mở rộng thêm các dạng toán mới.

HỌC CHỦ ĐỘNG – HỌC THOẢI MÁI VÀ TIẾT KIỆM

-

Trang | 1

Các em không cần đến lớp, không cần đi lại mất thời gian, công sức, tiền của. Hãy chọn cho mình góc học tập yên tĩnh, tập trung và 01 máy tính có kết nối internet là chúng bắt đầu học Online trực tiếp như ở lớp. - Mỗi tuần học 2 buổi, có nhiều lớp học, ca học trong ngày giúp các em hoàn toàn chủ động thời gian học tập của mình. - Các chuyên đề luôn được mở giúp các em có thể học nhanh chương trình, trong thời gian ngắn nhất. - Kết nối với các thầy cô, huấn luyện viên Online trực tiếp giúp việc giải đáp các vấn đề nhanh hơn - hiệu quả hơn. - Được kết giao với các bạn học khác là những học sinh yêu thích, đam mê và giỏi toán trên toàn quốc. - Học phí phù hợp. Đội ngũ tư vấn, cskh nhiệt tình, tận tâm hỗ trợ các em trong suốt quá trình học.

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807