Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012 –2013 môn thi: toán –lớp 12 –thpt thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số  3 2 1 1y x x   . 
1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  1 biết tiếp tuyến này vuông góc với 
đường thẳng d có phương trình 5 1 0x y   . 
2. Tìm m để đường thẳng  có phương trình  1 1y m x   cắt đồ thị hàm số  1 tại ba 
điểm phân biệt  0;1 , ,A B C , biết hai điểm ,B C có hoành độ lần lượt là 1 2;x x thỏa mãn: 
   3 31 1 2 2
2 2
2 1
2 2
1
1 1
x m x x m x
x x
   
  
 
. 
Câu 2. (5,0 điểm) 
1. Giải phương trình: 
   22 sin cos 1 2sin 2
1 tan
sin 3 sin 5
x x x
x
x x
 
 

. 
2. Giải hệ phương trình: 
 
 
 2 2
2
2 2 2
log log 2 .2
, .
2log 6log 1 log 3 3 0
x xx x y
x y
x y x x y
   

     
 
Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng: 
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . ... .2 .
2 3 2014
S C C C C
  
     . 
Câu 4. (4,0 điểm) 
 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm  1;1A ,  3;2B ,  7;10C . Lập phương trình 
đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng  lớn nhất. 
 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu    22 21 : 1 4S x y z    
       2 2 22 : 3 1 1 25S x y z      . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao 
tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. 
Câu 5. (3,0 điểm) 
 Cho hình chóp tam giác đều .S ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi ,M N là hai điểm thay đổi 
lần lượt thuộc các cạnh ,AB CD sao cho mặt phẳng  SMN luôn vuông góc với mặt phẳng 
( )ABC . Đặt ,AM x AN y  . Chứng minh rằng 3x y xy  , từ đó tìm ,x y để tam giác 
SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. 
Câu 6. (1,0 điểm) 
 Cho ba số dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 3 3 3a b c a b c     . Chứng minh rằng 
1 1 1
1
8 1 8 1 8 1a b c
  
  
. 
------------------------Hết------------------------ 
(Đề thi gồm có 01 trang) 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2012 – 2013 
MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 
================ 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2012 - 2013 
MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT 
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 
============== 
 Lời giải sơ lược 
Thang 
điểm 
Câu 
1.1 
Cho hàm số  3 2 1 1y x x   . 
 Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  1 biết tiếp tuyến này vuông góc 
với đường thẳng d có phương trình 5 1 0x y   . 
3.0 
TXĐ:  , 2' 3 2y x x  
Hệ số góc của d là 
1
5
  Hệ số góc của tiếp tuyến là 5k  
1.0 
Gọi  0 0;M x y là tiếp điểm 
Khi đó 
 0 0
2
0 0
0 0
1 3
3 2 5 5 23
3 27
x y
x x
x y
  
           
1.0 
Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến: 5 2y x  ; 
202
5
27
y x  
1.0 
1.2 
Tìm m để đường thẳng  có phương trình  1 1y m x   cắt đồ thị hàm số  1 
tại ba điểm phân biệt  0;1 , ,A B C , biết điểm ,B C có hoành độ lần lượt là 1 2;x x 
thỏa mãn: 
     
1
3 3
1 1 2 2
2 2
2
2 2
1 2
1 1
x m x x m x
x x
   
  
 
. 
2.0 
Phương trình hoành độ giao điểm: 
   
   
3 2 2
2
0
1 1 1 1 0
1 0 *
x
x x m x x x x m
x x m

                 
0.5 
 cắt đồ thị hàm số  1 tại ba điểm phân biệt , ,A B C  phương trình (*) có 
hai nghiệm phân biệt khác 0 
5
4 5 0
(**)4
1 0
1
m m
m
m
        
    
0.5 
Gọi 1 2,x x là hai nghiệm của (*), ta có: 
         3 21 1 1 1 12 1 1 1 1x m x x x x m m m              
         3 22 2 2 2 22 1 1 1 1x m x x x x m m m              
Khi đó      2 2
2 1
1 1
2 1
1 1
m m
x x
 
  
 
0.5 
      
 
 
 
22 2
1 2 1 21 2
22 2 2 2
2 1 1 2 1 2 1 2
2 22
1 1 1 1 3
1 1 2 1
x x x xx x
m m
x x x x x x x x
   
     
     
Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành 
   
   
2
2
2 1 3 1
1
1 2 1 2
m m
m m
  

   
. Từ đó tìm được 
0
3
m
m

  
Kết hợp điều kiện (**) ta có 0m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
0.5 
Câu 
2.1 
1.Giải phương trình: 
     
2
2 sin cos 1 2sin 2
1 tan 1
sin 3 sin 5
x x x
x
x x
 
 

. 2.5 
ĐK:  
sin 3 sin 5 0
sin 4 0 *
cos 0
x x
x
x
 
 

 0.5 
 Biến đổi được        21 sin cos 1 2sin 2 2 sin 4 cos sinx x x x x x     
 
    
sin cos 0 2
cos sin 1 2sin 2 2 sin 4 3
x x
x x x x
  
 
  
0.5 
   2
4
x k k

    (Loại) 0.5 
 3 cos sin sin3 sin os3 cos 2 sin 4x x x x c x x x       
 
2
42 sin 3 2 sin 4
3 24
28 7
x k
x x k
k
x



 
        
    

 
0.5 
Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là 
 3 2 7 3, ,
28 7
k
x k m k m
 
     
0.5 
2.2 Giải hệ phương trình: 
   
   
 2 2
2
2 2 2
log log 2 .2 1
, .
2log 6log 1 log 3 3 0 2
x xx x y
x y
x y x x y
   

     
 2.5 
ĐK: 0; 1x y   
Phương trình 
     2 2 2 21 log log 2 1 log log 1 1xx x y x x x y x y              
0.5 
Thế vào (2) ta có 22 2 22log 6log log 3 0x x x x x    
  
 
 
2
2 2
2
log 3 0 3
log 3 2log 0
2log 0 4
x
x x x
x x
  
    
 
0.5 
 3 8x  0.5 
Giải (4), xét      2
2
2log 0 ' 1
ln 2
f x x x x f x
x
      
  2' 0
ln 2
f x x   . Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai 
nghiệm. Mà      2 4 0 4f f   có hai nghiệm 2; 4x x  
Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm        ; : 8;7 ; 2;1 ; 4;3x y 
1.0 
Câu 
3 
Tính tổng: 
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . ... .2 .
2 3 2014
S C C C C
  
     . 2.0 
Xét        2013 2 20130 1 2 20132013 2013 2013 20131 2 . 2 . 2 ... . 2x C C x C x C x      0.5 
       
20142 2 2014 2014
2013 2013
1 1
21 21 5 3
1 2 1 2 1 2
12 4028 4028
x
I x dx x d x
 
        0.5 
     
2
2 20130 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
1
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
. 2 . 2 ... . 2
2
.2 .2 ... .2
12 3 2014
C C x C x C x dx
x x x
C x C C C
     
 
     
 

2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . ... .2 .
2 3 2014
C C C C
  
    
0.5 
Vậy S
2014 20145 3
4028

 
0.5 
Câu 
4.1 
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm  1;1A ,  3;2B ,  7;10C . Lập 
phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến 
đường thẳng  lớn nhất 
2.0 
TH1:  cắt đoạn thẳng BC tại M 
   ; ;d B d C BM CM BC       
0.5 
TH2:  không cắt đoạn thẳng BC , gọi  5;6I là trung điểm BC 
     ; ; 2 ; 2d B d C d I AI       
0.5 
Vì 80 2 41 2BC AI   nên    ; ;d B d C   lớn nhất bằng 2 2 41AI  
khi  vuông góc với AI 
0.5 
   đi qua  1;1A và nhận  4;5AI 

 là véc tơ pháp tuyến 
Vậy phương trình đường thẳng    : 4 1 5 1 0 : 4 5 9 0x y x y          
0.5 
4.2 
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu    22 21 : 1 4S x y z    
       2 2 22 : 3 1 1 25S x y z      . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt 
nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. 
2.0 
 1S có tâm 1(0;0;1)I , bán kính 1 2R  
 2S có tâm 2 (3;1; 1)I  , bán kính 2 5R  
0. 5 
1 2 2 1 1 2 2 114I I R R I I R R       hai mặt cầu cắt nhau 0.5 
Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình 
0.5 
B 
∆
C M 
A 
B 
C 
A 
∆ 
I 
 
     
 
22 2 22 2
2 2 2
1 4 1 4
6 2 4 11 03 1 1 25
x y z x y z
x y zx y z
         
 
          
Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn 
đó là giao tuyến của măt cầu  1S và mặt phẳng ( )P : 6 2 4 11 0x y z    
 1
7
;( )
56
d I P   bán kính đường tròn cần tìm là 
  2 21 1
5 2
;
4
r R d I P   
0.5 
Câu 
5 
Cho hình chóp tam giác đều .S ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi ,M N là hai điểm 
thay đổi lần lượt thuộc cạnh ,AB CD sao cho mặt phẳng  SMN luôn vuông góc 
với mặt phẳng ( )ABC . Đặt ,AM x AN y  . Chứng minh rằng 3x y xy  , từ 
đó tìm ,x y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. 
3.0 
Kẻ SO MN tại  O SO ABC  ( Vì    SMN ABC ) 
O là trọng tâm tam giác đều ABC 
( Vì .S ABC là hình chóp đều ) 
0. 5 
Ta có 0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin 30 . .sin 30
2 2 2AMN AMO ANO
S S S xy x AO y AO       
1 3 1 1 1 1 1 1
. . . . .
2 2 2 2 2 23 3
xy x y    3 1x y xy   
0.5 
1
.
2SMN SMN
S SO MN S   nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất ( Vì SO không đổi) 
Ta có    2 22 2 2 0 2 22 cos60 3 9 3MN x y xy x y xy x y xy xy xy           
0.5 
Từ giả thiết 0 ; 1x y   . Từ   41 3 2
9
xy x y xy xy      
   11 1 0 1 1 3
2
x y xy x y xy xy xy            
0.5 
S 
A C 
B 
N 
M 
O 
Đặt 
4 1
, ;
9 2
t xy t
     
 2 29 3MN t t   
Lập bảng biến thiên hàm số   29 3f t t t  4 1, ;
9 2
t
    
 ta được 
MN nhỏ nhất khi 
4
9
t  , khi đó 
2
3
x y  
MN lớn nhất khi 
1
2
t  , khi đó 
1
1
2
x
y




 hoặc 
1
2
1
x
y
 

 
1.0 
Câu 
6 
Cho ba số dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 3 3 3a b c a b c     . Chứng minh rằng 
1 1 1
1
8 1 8 1 8 1a b c
  
  
. 
1.0 
Ta có 3 3 2 3 3 2 3 3 21 3 ; 1 3 ; 1 3a a a b b b c c c         
 2 2 2 2 2 23 3 3a b c a b c a b c           
Đặt 
3 3 3
; ; 3
a b c
x a y b z c x y z
a b c a b c a b c
         
     
Ta có  1 1 1 1 1 1 2
8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1a b c x y z
    
     
0. 5 
 Mà: 
1 1 2
4 28 1 (2 1)(4 2 1)
xx x x x
 
   
Tương tự suy ra VP(2) 
1 1 1
2
4 2 4 2 4 2x y z
       
Ta chứng minh 
1 1 1 1
(3)
4 2 4 2 4 2 2x y z
  
  
Biến đổi được  3 4 4 4 12x y z    ( Bất đẳng thức này luôn đúng bằng cách 
sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý 3x y z   ) đpcm. 
0.5 
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi 
tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết 
nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh 
trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống 
nhất của cả tổ. 
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm