de thi HSG toan 12THPT nam 20122013

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC.. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D4; 2−.. Viết p

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

Ngày thi: 02/11/2012.

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y x= −3 (m+1)x2+ +x 2m+1, với m là tham số thực, có đồ thị là (C) Tìm m để đường thẳng : d y x m= + +1 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

4

x

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

3 2

( , )

x y



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

3x+5y− =8 0, x y− − =4 0 Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; 2− ) 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 x y+ − =1 2x− +4 y+1 Tìm giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S (x y)2 9 x y 1

x y

+

Câu 1 (2 điểm)

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

0,25

( )

2

2

1

0 2

x

x mx m

=





0,25

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

(*) 1

2

m

≠

0,25

Gọi x x là 2 nghiệm của phương trình (2) Tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại1, 2

A, B, C là: y' 1( ) +y x'( )1 +y x'( )2 =12 0,5

2

Theo định lí Viet ta có: x1+ =x2 m x x, 1 2 = −m, thay vào (3) ta được m2+2m− =8 0 0,25 Giải ra ta được m= −4 (loại) hoặc m=2 (thỏa mãn) Vậy m=2 là giá trị cần tìm 0,25

Câu 2 (2 điểm)

4

4

t

2 0

Phương trình đã cho trở thành

4

1

t

0,25

( )2( 2 )

1− +x 1+ = ⇔ +x 2 2 2 1−x = ⇔4 1−x = ⇔ =1 x 0 ( thỏa

Câu 3 (1,5 điểm)

Điều kiện: 4− ≤ ≤x 1;y∈¡ Ta có

3

3

0,5

Xét hàm số f t( ) 2= t3+t,ta có f t'( ) 6= t2+ > ∀ ∈ ⇒1 0, t ¡ f t( ) đồng biến trên ¡ Vậy

2

0

1

y

≥





0,25

Thế vào (2) ta được 3 2− x+ 1− = +x 4 x+4(3) Xét hàm số

g x = − x+ − −x x+ liên tục trên [-4;1], ta có

g x

có ( 3) 4g − = nên x= −3là nghiệm duy nhất của phương trình (3)

0,5

Với x= −3suy ra y=2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất 3

2

x y

= −



 =

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 , n uuur uurd d

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:

7

;

2

x

x y

M

x y

y

 =



− − =



0,25 E

AD vuông góc với BC nên nuuur uuurAD =u BC =( )1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình

của AD:1(x− +4) (1 y+ = ⇔ + − =2) 0 x y 2 0 Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa

độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

( )

1;1

A

0,25

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

3; 1

K

0,25

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 H( )2; 4 .

(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm)

0,25

Do B thuộc BC ⇒B t t( ; −4), kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C(7−t;3−t)

HB t− t− AC −t −t

Do H là trực tâm của tam giác ABC nên

7

t

t

=



Do t≤ ⇒ = ⇒3 t 2 B(2; 2 ,− ) ( )C 5;1 Ta có

(1; 3 ,) ( )4;0 AB ( )3;1 , AC ( )0;1

Suy ra AB x y: 3 + − =4 0; AC y: − =1 0

0,25

Câu 5 (2 điểm)

I

K

L

E

N H

A

D

S

M

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 giácAHND là hình chữ nhật và

3

AN

Từ giả thiết ta có SH ⊥(ABCD ME SH), / / ⇒ME⊥BD( )1

Lại do AM ⊥BD( )2 Từ ( ) ( )1 & 2 ⇒BD⊥(AMN)⇒BD⊥ AN Trong tam giác AND ta

có

2

3

NA

ND =NI NA= ⇒NA ND= =a ⇒AD= NA −ND =a

0,5

Dễ thấy CD⊥(SHN), do ML CD/ / ⇒ML⊥(SHN) ⇒ML⊥SN( )3

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

0,5

SH =HN =a

Ta có

3

S ABCD

a

V = SH AB AD= ;

3

a

2

SBC

BC⊥SH BC⊥ AB⇒BC⊥ SAB ⇒BC ⊥SB⇒S = SB BC

2

a

0,25

;

3

MSBC SBC

d M SBC

S

Câu 6 (1 điểm)

Điều kiện: x≥2;y≥ −1;0< + ≤x y 9;

Ta có

2

⇒ ≤ + − ≤ ⇔ ≤ + ≤

0,25

Đặt t = +x y t, ∈[1; 4], ta có 2 1

9

t

t t t

Suy ra

2 max

min

2 4

−

0,25