Đề thi chọn HSG lớp 12 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011-2012 môn: Toán (dành cho học sinh THPT không chuyên)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho tam giác ABC và đường

thẳng  có phương trình x-3y-1=0. Giả sử D((4;2) E( 1;1 ) N (3;3)      theo thứ tự là

chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB. Tìm tọa độ

các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường

thẳng  và điểm M có hoành độ lớn hơn 2

pdf5 trang | Chia sẻ: tuanbinh | Ngày: 17/08/2018 | Lượt xem: 60 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung Đề thi chọn HSG lớp 12 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011-2012 môn: Toán (dành cho học sinh THPT không chuyên), để tải tài liệu về máy bạn hãy click vào nút TẢI VỀ
www.VNMATH.com 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
—————— 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
(Dành cho học sinh THPT không chuyên) 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 
———————————— 
Câu 1 (2 điểm). Giải hệ phương trình 
 
   
 
2 2
2 2
2 2
2 4
2 4 , ,
2 3
x y z
z y x x y z
z x y
          
 
Câu 2 (2.5 điểm). 
1. Tìm phương trình của tất cả các đường thẳng tiếp xúc với đồ thị (C) của hàm số 
2 2( 1)y x  tại đúng hai điểm phân biệt. 
2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình sau có nghiệm thực 
| sin 2 | ( 2) | sin | (2 ) | cos | 2 0x m x m x m      
Câu 3 (3 điểm). 
1. Cho lăng trụ đứng .ABC A B C   có đáy là tam giác vuông tại B với 
, 2 , 3AB a AA a A C a    . Gọi M là trung điểm cạnh C A  , I là giao điểm của các 
đường thẳng AM và A C . Tính thể tích của khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A tới 
mặt phẳng ( )IBC . 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc  Oxy cho tam giác ABC và đường 
thẳng  có phương trình : 3 1 0x y    . Giả sử      4;2 , 1;1 , 3;3D E N theo thứ tự là 
chân đường cao kẻ từ ,A chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh .AB Tìm tọa độ 
các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường 
thẳng  và điểm M có hoành độ lớn hơn 2. 
Câu 4 (1.5 điểm). Cho các số thực , ,a b c với 3a  và đa thức   3 2P x x ax bx c    có ba 
nghiệm âm phân biệt. Chứng minh rằng 4.b c  
Câu 5 (1 điểm). Tìm số các cặp sắp thứ tự ( ; )A B hai tập con của tập hợp {1, 2,3, , 2011}S   
sao cho số phần tử của tập hợp A B là chẵn. 
 Hết  
Họ và tên thí sinh . SBD . 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi. 
www.VNMATH.com
1 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 
 HDC MÔN TOÁN – KHÔNG CHUYÊN 
Chú ý. 
- Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, trong hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược một 
cách giải, nếu học sinh có lời giải đúng và khác với lời giải trong HDC, giám khảo vẫn 
cho điểm tối đa của phần đó. 
- Câu 3, ý 1 (Hình học) không vẽ hình hoặc vẽ hình sai, không cho điểm. 
- Hướng dẫn chấm này có 5 trang. 
Câu 1 (2điểm). 
Nội dung trình bày Điểm 
Hệ đã cho tương đương với 

   
  
  
2 2 4
2 2 2
2 2 3
x y z x y z
z y x z y x
z x y z x y
              
 0.25 
Đặt 2 ,x u y v   . Từ hệ suy ra , , , 0u v z u v z u v z u v z          và hệ trở thành 
4
2
3
u v z
u v z
u v z
u v z
u v z
u v z
               
 0.25 
Cộng ba phương trình với nhau ta được 9u v z
u v z
     từ đó tìm được hoặc 3u v z   hoặc 
3u v z    
0.25 
Nếu 3u v z   , thay vào hệ tìm được 5 7, , 1.
6 6
z u v   Từ đó   7 5; ; ; 1; .
12 6
x y z      0.5 
Nếu 3u v z    , thay vào hệ tìm được 5 7; ; 1
6 6
z u v      . Từ đó   7 5; ; ;1;
12 6
x y z       0.5 
Kết luận nghiệm 0.25 
Câu 2 (2.5 điểm). 
Ý Nội dung trình bày Điểm 
1 
Giả sử d là đường thẳng tiếp xúc với  C tại điểm   22; 1M a a  . Khi đó d có phương 
trình          2 22 2 21 2 1 1y y a x a a a a x a a         
0,25 
www.VNMATH.com
2 
Đường thẳng d tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi hệ pt sau có đúng một 
nghiệm khác a :          
2 22 2 2
2 2
1 2 1 1
2 1 2 1
x a a x a a
x x a a
         
 (I) 
Hệ (I) tương đương với 
   
  
   2 2 3 2 2 3
2 2 2 2
3
2 2
2 0 2 0
1 0 1 0
1, 1
1, 11 0
do 
x a x x ax a a x x x ax a a x
x a
x a x ax a x ax a
x a x a
x ax ax a
                           
              
0.5 
Cả hai trường hợp cho ta tiếp tuyến duy nhất là : 0y  . 0,25 
Pt đã cho viết lại dưới dạng: 2 | sin || cos | ( 2)(| sin | | cos |) 2 0x x m x x m     
Đặt | sin | | cos |,t x x  đk 1 1t   
0,5 
Suy ra 22 | sin || cos | 1x x t  thay vào phương trình, 2 0,t   ta được: 
2 2 1
2
t tm
t
   (1) 
Xét hàm số 
2 2 1( ) , 1 1
2
t tf t t
t
     . Ta thấy ( )f t liên tục, có đạo hàm tại mọi điểm của 
[ 1;1] và      2
11 0 1;1
2
f t t
t
       suy ra ( )f t đồng biến. 
0,5 
2 
Khi đó, để pt (1) có nghiệm trong [ 1;1] cần và đủ là 22 ( 1) (1)
3
f m f      0,5 
Câu 3 (3điểm). 
Ý Nội dung trình bày Điểm 
Gọi ,H K theo thứ tự là hình chiếu của I trên , .AC A C  Khi đó do ( ) ( )ABC ACC A  nên 
( )IH ABC . Từ đó . 1· ·3I ABC ABCV S IH (1) 
0.25 
Do ACC A  là hình chữ nhật nên 2 2 5AC A C AA a    
Do tam giác ABC vuông tại B nên 2 2 2BC AC AB a   
Suy ra 21· ·
2ABC
S AB BC a  (đ.v.d.t) (2) 
0.25 
Theo định lý Ta-let, ta có 2 2 2
1 2 1 3
IH AC IH
IK A M KH
      do đó 
2 4·
3 3
aIH HK  (3) 0.25 
1 
Từ (1),(2),(3) suy ra 
3
.
1 4·
3 9I ABC ABC
aV S IH  (đ.v.t.t) 0.25 
www.VNMATH.com
3 
Từ (3) và theo định lý Ta-let, ta được 2·
3
IC A C
 suy ra 2
3BIC BA C
S S   
Do ABB A  là hình chữ nhật nên 2 2 5.BA BA BB a    
Do ,BC BA BC BB  nên  BC BAA B BC BA     . 
Suy ra 21 5
2BA C
S BC BA a     (đ.v.d.t) . 
Từ đó 
22 2 5
3 3IBC BA C
aS S    (đ.v.d.t.) 
0.25 
Từ đó, do . .I ABC A IBCV V suy ra    .3 2; 5I ABCIBC
V ad A IBC
S
  (đ.v.đ.d) 0.25 
2 Vì các điểm đối xứng với trực tâm của tam giác qua các đường thẳng chứa cạnh, qua trung điểm 
các cạnh nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác; nên , , ,D E M N cùng nằm trên một 
đường tròn. 
0.25 
 Gọi    2 2 2 2: 2 2 0, 0 ,C x y ax by c a b c        là đường tròn đi qua bốn điểm 
, , ,D E N M . Khi đó ta có: 
8 4 20
5 32 2 2 , , 6.
2 2
6 6 18
a b c
a b c a b c
a b c
                 
Nên ta có   2 2: 5 3 6 0.C x y x y     
0,25 
 Do M d nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình 
 
2 2 4, 15 3 6 0
8 1, 23 1 0
5 5
Lo¹i, do 
x yx y x y
x y xx y
              
Suy ra  4;1 .M 
0,25 
 Phương trình đường thẳng qua hai điểm ,B C có pt: 4 0.x   Giả sử  4;B t và M là trung 
điểm của đoạn BC nên  4;2C t ; N là trung điểm của đoạn thẳng AB nên  2;6 .A t 0,2 5 
 Do BE vuông góc với AC nên   50 6 4 1 0
2
BE AC t t          . Do đó 
7 5 12; , 4; , 4; .
2 2 2
A B C                
0, 5 
Câu 4 (1.5 điểm). 
Nội dung trình bày Điểm 
Vì  P x có ba nghiệm âm, nên , , 0.a b c  Gọi ba nghiệm của  P x là 1 2 3, ,x x x với 1 2 3 0x x x   . 
Khi đó, phương trình ( ) 0P x  có hai nghiệm âm ,u v . 0.25 
Ta có 2( ) 3 2 .P x x ax b    Phương trình 23 2 0x ax b   có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi 0.25 
H
K
I
C
A
B'
B
A'
C'
www.VNMATH.com
4 
2 3 0
2 0, 0
3 3
a b
a b
     
Từ đó, để ý rằng 3a  , suy ra 
2
0 3
3
ab   0.5 
Mặt khác           331 2 3 1 2 33 3a x x x x x x c           suy ra 1c  0.25 
Vậy 3 1 4b c    0.25 
Cách 2. 
Vì tất cả các nghiệm của  P x đều âm nên      P x x x x      với , ,   là các số dương 
nào đó. 
0.25 
Khai triển, so sánh hệ số lũy thừa cùng bậc ở hai vế, ta được , , .a b c             0.2 5 
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 3
3 3 3 3
a b c              0. 5 
Từ đó, do 3a  suy ra 3, 1.b c  Do đó 4.b c  0. 5 
Câu 5 (1 điểm). 
Nội dung trình bày Điểm 
Ký hiệu X để chỉ số phần tử của một tập .X Để ý rằng với ,A X B A X   thì 
 \ , .B X A C C A    
Vậy, nếu ,0 2011A k k   , do C là tập con tùy ý của A nên số các cặp  ;A B bằng 
 2011 2011 20112011
0
2 1 2 3k k
k
C

   
0.25 
Gọi x là số các cặp  ;A B sao cho A B là số chẵn. Khi đó 20113
 ch½n
k k
k
x C  0.25 
Từ đó, áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta được 
     2011 2011 2010 20111 1 3 1 3 2 2 12x         0.5 
-----------------------------------Hết---------------------------- 
www.VNMATH.com

File đính kèm:

  • pdfHSG1112_VinhPhuc_V1.pdf