SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN (Dành cho học sinh THPT khơng chun) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu (2 điểm) Giải hệ phương trình � 2x y z � � z y 4x2 � � z 2x y2 � � x, y, z �� Câu (2.5 điểm) Tìm phương trình tất đường thẳng tiếp xúc với đồ thị (C) hàm số y ( x 1) hai điểm phân biệt Tìm tất giá trị thực tham số m cho phương trình sau có nghiệm thực | sin x | (m 2) | sin x | (2 m) | cos x | 2m Câu (3 điểm) B C có đáy tam giác vuông B với Cho lăng trụ đứng ABC A��� AB a, AA� 2a, A� C 3a Gọi M trung điểm cạnh C � A� , I giao điểm C Tính thể tích khối tứ diện IABC khoảng cách từ A tới đường thẳng AM A� mặt phẳng ( IBC ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy cho tam giác ABC đường thẳng có phương trình : x y Giả sử D 4; , E 1;1 , N 3;3 theo thứ tự chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B trung điểm cạnh AB Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết trung điểm M cạnh BC nằm đường thẳng điểm M có hồnh độ lớn Câu (1.5 điểm) Cho số thực a, b, c với a đa thức P x x ax bx c có ba nghiệm âm phân biệt Chứng minh b c Câu (1 điểm) Tìm số cặp thứ tự ( A; B) hai tập tập hợp S {1, 2,3, �, 2011} cho số phần tử tập hợp A �B chẵn Hết Họ tên thí sinh ………………………………………………… SBD ………… Ghi chú: Cán coi thi khơng giải thích thêm Thí sinh khơng sử dụng máy tính bỏ túi SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 HDC MƠN TỐN – KHƠNG CHUN Chú ý - Mỗi tốn có nhiều cách giải, hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải, học sinh có lời giải khác với lời giải HDC, giám khảo cho điểm tối đa phần - Câu 3, ý (Hình học) khơng vẽ hình vẽ hình sai, khơng cho điểm - Hướng dẫn chấm có trang Câu (2điểm) Nội dung trình bày Hệ cho tương đương với � 2x y z 2x y z � z y 2x z y 2x � � z x y z 2x y � Đặt x u, y v Từ hệ suy u v z, u v z, u v z, u v z �0 hệ trở thành � uvz � uv z � � �u v z uv z � � uv z � uv z � Cộng ba phương trình với ta u v z từ tìm u v z uv z u v z 3 5� �7 Nếu u v z , thay vào hệ tìm z , u , v Từ x; y; z � ; 1; � 12 6� 6 � 5� � ;1; � Nếu u v z 3 , thay vào hệ tìm z ; u ; v 1 Từ x; y; z � 6� 6 � 12 Kết luận nghiệm Điểm 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 Câu (2.5 điểm) Ý Nội dung trình bày Giả sử d đường thẳng tiếp xúc với C điểm M a; a 1 trình y y� a x a a 1 2a a 1 x a a 1 2 2 Điểm Khi d có phương 0,25 Đường thẳng d tiếp xúc với (C) hai điểm phân biệt hệ pt sau có 2 � x 1 2a a 1 x a a 1 � nghiệm khác a : � (I) 2 x x a a � � Hệ (I) tương đương với � x x ax a a x � �x x ax a a3 x x a � � � � ۹ � x � �2 2 x a x ax a x ax a � � � �x a x 1, a 1 � � �2 � � x 1, a �x ax a � 0.5 a Cả hai trường hợp cho ta tiếp tuyến : y Pt cho viết lại dạng: | sin x || cos x | (m 2)(| sin x | | cos x |) 2m Đặt t | sin x | | cos x |, đk 1 �t �1 Suy | sin x || cos x | t thay vào phương trình, t 0, ta được: 0,25 0,5 t 2t (1) t2 t 2t f (t ) , �t �1 Ta thấy f (t ) liên tục, có đạo hàm điểm t2 m Xét hàm số t 1 [1;1] f � t 2 0,5 t � 1;1 suy f (t ) đồng biến Khi đó, để pt (1) có nghiệm [1;1] cần đủ 2 f (1) �m �f (1) 0,5 Câu (3điểm) Ý Nội dung trình bày H , K C Khi ( ABC ) ( ACC � A� ) nên Gọi theo thứ tự hình chiếu I AC , A�� IH ( ABC ) Từ VI ABC ·S ABC ·IH (1) A�là hình chữ nhật nên AC A� Do ACC � C AA� a Điểm Do tam giác ABC vuông B nên BC AC AB 2a Suy S ABC ·AB·BC a (đ.v.d.t) IH AC IH 2 4a � IH ·HK Theo định lý Ta-let, ta có IK A� M KH 3 3 4a Từ (1),(2),(3) suy VI ABC S ABC ·IH (đ.v.t.t) 0.25 0.25 (2) (3) 0.25 0.25 C Từ (3) theo định lý Ta-let, ta IC ·A� S BA�C suy S BIC � Do ABB� A�là hình chữ nhật nên BA� BA2 BB� a B � BC BA� Do BC BA, BC BB nên BC BAA�� 0.25 � BC � BA� a (đ.v.d.t) 2 2a (đ.v.d.t.) � S BA�C 3 Suy S BA�C Từ S IBC 3VI ABC 2a (đ.v.đ.d) S IBC Vì điểm đối xứng với trực tâm tam giác qua đường thẳng chứa cạnh, qua trung điểm cạnh nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác; nên D, E , M , N nằm đường tròn 2 2 Gọi C : x y 2ax 2by c 0, a b c , đường trịn qua bốn điểm Từ đó, VI ABC VA.IBC suy d A; IBC 8a 4b c 20 � � D, E , N , M Khi ta có: �2a 2b c 2 � a , b , c 2 � 6a 6b c 18 � 2 Nên ta có C : x y x y Do M �d nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình x 4, y � �x y x y � � � � x ,y Lo�i, x �x y � Suy M 4;1 Phương trình đường thẳng qua hai điểm B, C có pt: x Giả sử M trung điểm đoạn nên C 4; t ; N trung điểm đoạn thẳng AB nên A 2;6 t uuu r uuur AC � 6 t � t Do Do BE vng góc với AC nên BE � � 7� � 5� � 1� A� 2; � , B �4; � , C �4; � � 2� � 2� � 2� 0.25 0.25 0,25 0,25 0,2 0, Câu (1.5 điểm) Nội dung trình bày Vì P x có ba nghiệm âm, nên a, b, c Gọi ba nghiệm P x x1 , x2 , x3 với x1 x2 x3 ( x ) có hai nghiệm âm u, v Khi đó, phương trình P� ( x) x 2ax b Phương trình 3x 2ax b có hai nghiệm âm phân biệt Ta có P� � � a 3b � � 2a b 0, � � 3 Điểm 0.25 0.25 Từ đó, để ý a , suy b a2 3 0.5 Mặt khác a x1 x2 x3 �3 x1 x2 x3 3 c suy c 0.25 Vậy b c Cách Vì tất nghiệm P x âm nên P x x x x với , , số dương Khai triển, so sánh hệ số lũy thừa bậc hai vế, ta a , b , c 0.25 a b � � c 3 3 Từ đó, a suy b 3, c Do b c Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 0.25 0.2 5 Câu (1 điểm) Ký hiệu X Nội dung trình bày để số phần tử tập X Để ý với A �X , B �A X Điểm B X \ A �C , C �A Vậy, A k , �k �2011 , C tập tùy ý A nên số cặp A; B 2011 �C k 0 k 2011 2k 2011 32011 Gọi x số cặp A; B cho A �B số chẵn Khi x �C k k 2011 0.25 k ch� n Từ đó, áp dụng cơng thức khai triển nhị thức Newton ta 2011 2011 x � 22010 22011 1 �1 3 3 � � -Hết 0.25 0.5