Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Thanh Hóa năm học 2013 – 2014 môn thi: Toán lớp 12 bổ túc thpt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
THANH HÓA	Năm học 2013 – 2014
	Môn thi: TOÁN
 ĐỀ CHÍNH THỨC	Lớp 12 BỔ TÚC THPT
Số báo danh
........................
	Ngày thi: 21/03/2014
	Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
	Đề thi này có 01 trang, gồm có 5 câu
Câu I (4,0 điểm). 
 Cho hàm số có đồ thị (Cm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m = 1.
Tìm m để đường thẳng d: y = - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; -2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng .
Câu II (4,0 điểm).
 1. Giải phương trình: . 
 2. Giải hệ phương trình: ().
Câu III (4,0 điểm).
 1. Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5. 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
 2. Giải phương trình . 
Câu IV (4,0 điểm).
Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển nhị thức Niutơn của ,
 biết: .
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0
 và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d'). 
 Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc 
 bằng 60o.
Câu V (4,0 điểm).
Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, 
 góc . Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.
	a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.
	b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá trị .
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;1), B(2;0;6), C(3;2;0) , D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D.
 ..HẾT.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
THANH HÓA	Năm học 2013 – 2014
	HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
 ( Đề chính thức )
	 Lớp 12 BỔ TÚC THPT
	Ngày thi: 21/03/2014
	 Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang.
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
(4,0 điểm)
1
Khảo sát....
(2,0 điểm)
Khi m = 1
TXĐ: D = R
, 
0,50
BBT:
 x - 1 3 +
 y/ + 0 - 0 +
 2 +
 y
 - -2
0,50
Hàm số đồng biến: (-; 1),(3;+ )
Hàm số nghịch biến: (1;3) 
fCĐ = f(1) = 2
 fCT = f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0 =>y=0
Khi x=0=>y=-2
 x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 
0,50
0,50
2
Tìm m để đường thẳng d: y= - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng .
(2,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm là:
(1)
0,50
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:
Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xBxC (xB; xC là hai nghiệm của phương trình (2)).
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + 2 = 0 => h = 2
Theo bài ra ta có 
Theo định lý viét ta có: (4)
Thay (4) vào (3) ta được: (tm)
0,50 
0,50
0,50
II
(4,0 điểm)
1
Giải phương trình: . 
(2,0 điểm)
Phương trình 
0,50
0,50
 là nghiệm.
0,50
0,50
2
Giải hệ phương trình: ().
(2,0 điểm)
ĐK: x ³ 0; y ³ 0
0,50
Hệ phương trình tương đương với: 
0,75
Û 
0,50
Từ đó, hệ có nghiệm duy nhất: 
0,25
III
(4,0 điểm)
1
Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
(2,0 điểm)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
Þ .
0,50
Đặt: m.n + n.p + p.m = t.
Ta có: hay 
Và: m2 + n2 + p2 = (m + n + p)2 – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t.
0,50
Vậy .
Ta có:	 Þ f(t) tăng trên 
Þ .
Đẳng thức xảy ra khi: 
0,50
Vậy: đạt được khi và .
0,50
2
Giải phương trình 
(2,0 điểm)
Điều kiện: 
0,50
0,50
+ Với ta có phương trình 
0,50
+ Với ta có phương trình 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là hoặc 
0,50
IV
(4,0 điểm)
1
Tìm hệ số của trong khai triển nhị thức Niutơn của , biết: 
 .
(2,0 điểm)
0,75
Khi đó: 
 0,50
Số hạng chứa là 
0,25
Hệ số của là .
0,50
2
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0 và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d'). Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60o.
(2,0 điểm)
 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ .
0,50
Gọi D là đường thẳng cần tìm, (A2 + B2 > 0) là véc-tơ pháp tuyến của D.
Khi đó, do Ox có véc-tơ pháp tuyến nên từ giả thiết bài toán ta có: Û A2 + B2 = 4B2 Û A2 = 3B2.
0,50
Do A2 + B2 > 0 nên chọn A = 3 Þ .
0,25
Với A = 3, Þ Phương trình D: Û
	Û .
Với A = 3, Þ Phương trình D: Û
	Û .
Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán:
	D1: , D2: .
0,25
0.50
V
(4,0 điểm)
1
Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc . Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.
	a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.
	b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá trị .
(2,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra DSAC cân, DSBD đều cạnh bằng a.
Gọi H = AC Ç BD Þ SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
 0.50
Ta có: .
Do đó: (đvtt).
0.50
DMBD cân tại M, MH là đường phân giác của góc .
Đặt .
Trong DSAC, MH là đường trung bình Þ .
 Þ DSHA vuông cân tại H Þ .
0.50
Trong DBMH ta có .
Từ đó: .
Vậy: .
0.50
2
 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;1;1); B(2;0;6); C(3;2;0) ; D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D.
(2,0 điểm)
+ Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P)
là 1 vtpt của (P)
0,50
Pt (P) là 
0,50
+ Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung 
điểm M(5;3;1) cuả CD
là 1 vtpt của (P)
0,50
PT(P) là 
Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0.
0,50
---------------- Hết ----------------
Chú ý:
1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.