Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Để hoàn thành tốt kì thi học sinh giỏi, ngoài học trong sách giáo khoa thì các em hãy thường xuyên tham gia giải đề thi Toán của các năm, đó là cách học đơn giản nhưng hiệu quả cao. Tham khảo "Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc" các em sẽ được thử sức mình trước khi kì thi chính thức diễn ra. Chúc các em vượt qua kì thi với kết quả như mong đợi!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh PhúcSỞ GD&ĐT VĨNH PHÚCKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHĐỀ THI CHÍNH THỨCTHPT NĂM HỌC 2012-2013MÔN: TOÁN - LỚP 12Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y  x 3  (m  1) x 2  x  2m  1 , với m là tham số thực, có đồ thị là(C). Tìm m để đường thẳng d : y  x  m  1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C saocho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng 12.x2Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình: 1  x  1  x  2  , (x  )42 y 3  y  2 x 1  x  3 1  xCâu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: (x, y  )2 2y 1  y  4  x  4Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đườngthẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là3 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đườngtròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳngAB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.Câu 5 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giácSAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trungđiểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuônggóc với đường thẳng BD. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặtphẳng (SBC).Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn x  y  1  2 x  4  y  1 . Tìm giá trị lớnnhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  ( x  y ) 2  9  x  y ………. Hết……….01x yHƯỚNG DẪN CHẤM(Gồm 04 trang)Câu 1. (2 điểm)Nội dungĐiểmPhương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:x 3   m  1 x 2  x  2m  1  x  m  130,252 x   m  1 x  m  0 (1)  x  1  x 2  mx  m   0x  1 2 x  mx  m  0  2 0,25d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân 2  m 2  4m  0 m  4m  0biệt khác 1   2(*)1m1  m.1  m  02Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (2). Tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với(C) tại A, B, C là: y 1  y  x1   y  x2   122 4  2m  3  x12  x2   2  m  1 x1  x2   122 3  x1  x2   6 x1 x2  2  m  1 x1  x2   8  2m (3)0,250,50,25Theo định lí Viet ta có: x1  x2  m, x1 x2  m , thay vào (3) ta được m2  2m  8  0 .Giải ra ta được m  4 (loại) hoặc m  2 (thỏa mãn). Vậy m  2 là giá trị cần tìm.Câu 2. (2 điểm)0,250,25Nội dungĐiểmĐiều kiện x   1;1 , đặt t  1  x  1  x  t  0  t 2  2  2 1  x2  x 2  t 2 0,5t4, với t 2  2  0.40,25t4 0,251Phương trình đã cho trở thành t  2   t 2    t 4  4t 2  16t  32  0442  t  2   t 2  4t  8   0 , suy ra t  2.0,5Với t  2 , ta có 1  x  1  x  2  2  2 1  x 2  4  1  x 2  1  x  0 ( thỏamãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.0,51Câu 3. (1,5 điểm)Nội dungĐiều kiện: 4  x  1; y Điểm. Ta có0,5(1)  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x 2 y 3  y  2(1  x) 1  x  1  xXét hàm số f (t )  2t 3  t , ta có f (t )  6t 2  1  0, t   f (t ) đồng biến trên.0,25y  0Vậy (1)  f ( y )  f ( 1  x )  y  1  x  2 y  1 xThế vào (2) ta được 3  2 x  1  x  4  x  4 (3). Xét hàm sốg ( x )  3  2 x  1  x  x  4, liên tục trên [-4;1], ta cóg ( x)  111 0 x  (4;1)  g ( x ) nghịch biến trên [-4;1].3  2x 2 1  x 2 x  40,5Lại có g (3)  4 nên x  3 là nghiệm duy nhất của phương trình (3). x  3 y  2.Với x  3 suy ra y  2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 0,25Câu 4. (1,5 điểm)AEHBKCMDNội dungĐiểmGọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC  và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp củađường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm củahệ phương trình:0,257x  2x y407 1 M  ;  2 23 x  5 y  8  0y   12 AD vuông góc với BC nên nAD  u BC  1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra phương0,252trình của AD :1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Do A là giao điểm của AD vàAM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình3 x  5 y  8  0x  1 A 1;1x  y  2  0y 1Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:0,25x  y  4  0x  3 K  3;  1 x  y  2  0  y  1Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE , mà KCE  BDA (nội tiếp chắn cung AB )Suy ra BHK  BDK , vậy K là trung điểm của HD nên H  2; 4  .(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25điểm)Do B thuộc BC  B  t ; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C  7  t ;3  t  .HB (t  2; t  8); AC (6  t ; 2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên t  2HB. AC  0   t  2  6  t    t  8  2  t   0   t  2 14  2t   0  t  7Do t  3  t  2  B  2; 2  , C  5;1 . Ta cóAB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;10,250,250,25Suy ra AB : 3 x  y  4  0; AC : y  1  0.Câu 5. (2 điểm)SMKLADEIHNBCNội dungĐiểmGọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HDGọi I  AN  BD, K  LM  SN ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật và IN AN30,25Từ giả thiết ta có SH   ABCD  , ME / / SH  ME  BD 1Lại do AM  BD  2  . Từ 1 &  2   BD   AMN   BD  AN . Trong tam giác ANDNA2 NA  ND 3  a 3  AD  NA2  ND 2  a 2ta có ND  NI .NA 3Dễ thấy CD   SHN  , do ML / / CD  ML   SHN   ML  SN  30,5230,5Do  ABLM    SCD  ,  ABLM    SCD   ML (4), nên từ  3 &  4   SN   ABLM  SN  HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy raSH  HN  a 2 .31 ...