Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh lớp 12 THPT năm học 2011-2012 môn Toán (Bảng B)

së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o 
qu¶ng ninh 
------------------- 
kú thi häc sinh giái cÊp tØnh 
líp 12 thpt n¨m häc 2011-2012 
§Ò thi chÝnh thøc 
 m«n : To¸n 
( b¶ng B ) 
Họ và tên, chữ ký 
của giám thị số 1 
 Ngµy thi : 26/10/2011 ... 
 Thêi gian lµm bµi : 180 phót 
(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) 
... 
 (§Ò thi nµy cã 01 trang) 
Bµi 1 (4 ®iÓm): 
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị của hàm 
số y = 
2 1
1
x
x


 tại hai điểm A và B sao cho AB = 2 2 
Bµi 2 (3 ®iÓm): 
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Các điểm M và N lần lượt thuộc các 
cạnh AD và CD của hình vuông sao cho MBN = 450. Đặt AM = x; CN = y và 
diện tích tam giác MBN là S. Chứng minh rằng: S = 
1
2
a(x+y) 
Bµi 3 (4 ®iÓm): 
T×m nghiÖm thùc cña hệ phương trình: 
3 2 3 2
2 2 2
( 1) 3( 1) 3
1 3 2 2 0
x x y y
x x y y
     

     
Bµi 4 (6 ®iÓm): 
Cho hình tứ diện ABCD có AB = AC, hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) 
vuông góc với nhau, BDC =900. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
1. Chứng minh rằng: OA = OB = OC = OD 
2. Đặt AB = a; BC = b, tính OA theo a và b. 
Bµi 5 (3 ®iÓm): 
Chứng minh: 
6 2 34 4(1 ) 4
9
x x    với  1;1x   . 
------------------------- HÕt -------------------------- 
Hä vµ tªn thÝ sinh: .............................................................. Sè b¸o danh: ...................... 
www.VNMATH.com
së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o qu¶ng ninh 
h-íng dÉn chÊm thi chän hsg líp 12 n¨m häc 2011-2012 
m«n to¸n b¶ng B. ®Ò chÝnh thøc 
(Hướng dẫn chấm này có 03 trang) 
Bµi S¬ l-îc lêi gi¶i Cho 
®iÓm 
Bµi 1 
4 ®iÓm 
Do A, B là giao điểm của đường thẳng y = x + m với đồ thị y = 
2 1
1
x
x


 nên 
hoành độ các giao điểm xA; xB là nghiệm của phương trình: x + m = 
2 1
1
x
x


0,5 
hay phương trình : f(x) = x2 + (m-1)x + m+1 = 0 (1) với x -1. 0,5 
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x -1 
( ) 0
( 1) 0
f x
f
 

 
0,5 
  m2 – 6m – 3 > 0 (*) 0,5 
Khi đó có: xA + xB = 1-m ; xA.xB = m+1 (Viét); yA = xA + m; yB = xB + m ; 0,5 
nên: AB =2 2 AB2 = 8 (xA - xB)
2 
+ (yA - yB)
2 
= 8 (xA - xB)
2 
= 4 0,5 
 (xA + xB)
2 – 4xAxB = 4 m
2
 – 6m – 7 = 0 m = -1 hoặc m = 7 0,75 
 Dễ thấy m = -1 và m = 7 đều thỏa mãn điều kiện (*). Vậy có 2 giá trị của m 
thỏa mãn yêu cầu bài toán là m = -1 và m = 7. 
0,25 
Bµi 2 
3 ®iÓm 
Có: SMBN = S = (1/2).BM.BN.sin45
0 
§Æt ABM ; CBN. Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 
045 . 
Khi đó S = (1/2).BM.BN.sin( ) 
= (1/2).BM.BN.(sin os sin osc c    ) 
=(/12)(a/ osc  )(a/ osc  ).(sin os sin osc c    ) 
= (a2/2)(tan + tan) =  
= (1/2).a.(x+y) 
VËy: S = (1/2).a.(x+y) (đpcm !) 
A
D
B
C
M
N
0,5 
1,0 
0,75 
0,75 
Bµi 3 
4 ®iÓm 
Điều kiện: 1 1;0 2x y     . 
Với 1 1x   thì 0 1 2x   Xét hàm số g(t) = t
3
 – 3t2 với 0 2t  . 
0,25 
0,5 
Có g’(t) = 3t2 – 6t. Từ đó chứng minh được g(t) nghịch biến trên đoạn  0;2 1,0 
Biến đổi phương trình đầu của hệ thành: g(x+1) = g(y) x+1 = y 0,5 
Thay y=x+1 vào phương trình sau của hệ, được: x2 + 2 21 x - 3 = 0 (*) 
Giải phương trình (*) được nghiệm duy nhất x = 0 rồi suy ra y =1. 
0,5 
1,0 
Từ đó tìm được nghiệm duy nhất của hệ là (x; y) = (0; 1) 0.25 
www.VNMATH.com
 Bµi S¬ l-îc lêi gi¶i Cho 
®iÓm 
Bµi 4.1 
3 ®iÓm 
C B
A
D
E
O
Hình vẽ 
Gọi E là trung điểm cạnh BC; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
từ giả thiết AB = AC => AE  BC và O  AE. 
1,0 
Kết hợp với giả thiết: mặt phẳng (ABC)  mặt phẳng (BCD) => AE  mặt 
phẳng (BCD) 
1,0 
Mặt khác, từ giả thiết BDC =900 => EB = EC = ED 
Từ đó chứng minh được : OB = OC = OD = OA (đpcm !) 
0,5 
0,5 
Bµi 4.2 
3 ®iÓm 
Đặt SABC = S, ta có: S =
AB.AC.BC
4OA
=> OA =
2a b
4S
1,0 
Tính được: AE =  = 2 24a b /2 0,5 
và S =  = b. 2 24a b /4. 0,75 
Từ dó có: OA = a2/ 2 24a b . 0,75 
Bµi 5 
3 ®iÓm 
Đặt x2 = t ;  1;1x    0;1t  
Khi đó : x6 + 4(1-x2)3 = t3 +4(1-t)3 =  = -3t3 + 12t2 – 12t +4 
0,25 
0,75 
XÐt hàm sè f(t) = -3t
3
 + 12t
2
 – 12t +4 
trªn đoạn  0;1 
Lập được b¶ng biÕn thiªn víi  0;1t , 
 rồi suy ra: 
2
( ) minf ( ) ( ) max ( ) (0)
3
f t f t f t f    
; 
4 2
f ( ); (0) 4
9 3
f  ; và 
4
( ) 4
9
f t  
ta cã : f ’(t) = -9t2 + 24t - 12 
f’(t)=0t =2/3 hoặc t=2; với 
 0;1t ta có bảng biến thiên: 
t 0 2/3 1 
f ’(t) – 0 + 
f(t) 
4=f(0) f(1)=1 
4
9
0,75 
1,0 
Từ đó có : 
6 2 34 4(1 ) 4
9
x x    với  1;1x   (đpcm !) 
0,25 
www.VNMATH.com
 C¸c chó ý khi chÊm: 
1. H-íng dÉn chÊm nµy chØ tr×nh bµy s¬ l-îc mét c¸ch gi¶i. Bµi lµm cña häc 
sinh ph¶i chi tiÕt, lËp luËn chÆt chÏ, tÝnh to¸n chÝnh x¸c míi ®-îc ®iÓm tèi ®a. 
2. C¸c c¸ch gi¶i kh¸c nÕu ®óng vÉn cho ®iÓm. Tæ chÊm trao ®æi vµ thèng nhÊt 
®iÓm chi tiÕt nh-ng kh«ng ®-îc v-ît qu¸ sè ®iÓm dµnh cho c©u, phÇn ®ã. 
3. Cã thÓ chia ®iÓm tõng phÇn nh-ng kh«ng d-íi 0,25 ® vµ ph¶i thèng nhÊt 
trong c¶ tæ chÊm. 
4. §iÓm toµn bµi lµ tæng sè ®iÓm c¸c phÇn ®· chÊm. Kh«ng lµm trßn ®iÓm. 
5. Mäi vÊn ®Ò ph¸t sinh trong qu¸ tr×nh chÊm ph¶i ®-îc trao ®æi trong tæ chÊm 
vµ chØ cho ®iÓm theo sù thèng nhÊt cña c¶ tæ. 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH 
www.VNMATH.com