SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN – Lớp: 12 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút
Đề thi gồm 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

2x −1
có đồ thị là (H ), điểm A ( 2;5 ) và đường thẳng (∆)
x +1
y = − x + m (với m là tham số)
1) Chứng minh ( ∆ ) luôn cắt (H) tại hai điểm phân biệt.
2) Gọi B, C là giao điểm của ( ∆ ) và (H). Chứng minh AB = AC với mọi m. Tìm các giá trị
của m để tam giác ABC đều.
Câu 2. (5 điểm)
5π 

1) Giải phương trình cos x − 2cos 2 x = 2sin x.cos  2 x −
÷.
6 

 y3 + 3 y = ( x + 5) x + 2

2) Giải hệ phương trình  2
.
2
2

2 x + 16 = 3 2 y + y x − 2 x + 4
Câu 3. (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp đường tròn
1 1
tâm I  ; − ÷. Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cắt AB, AC lần lượt tại D, E
2 2
( D ≠ B, E ≠ C ) . Cho phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC là
x 2 + y 2 − 6 x + y + 3 = 0 và phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là
x 2 + y 2 − 3x − 4 = 0 . Tìm tọa độ điểm A.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A ( 1;3;2 ) và mặt phẳng
( P) 2 x − y + 2 z + 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm M sao cho AM vuông góc với (P) và khoảng cách từ
M đến (P) bằng khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O.
Câu 4. (3 điểm) Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông tại A và BC = 2a, AC = a. Gọi D là
điểm đối xứng với C qua trung điểm của AB. Gọi α là góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt
phẳng (ABC). Biết rằng tan α = 6 và SA = SB = SD. Tính thể tích khối tứ diện SABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD.
Câu 5. (3 điểm)
Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số y =

(

e2

1) Tính tích phân I =

∫
e

)


x 2 ln 2 x + ( x + 1) ln x + 1
dx .
x ln x ( x ln x + 1)

2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau không
lớn hơn 2503?
Câu 6. (2 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x + 2 y − z ≥ 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x
y
x + 2y
+
+
.
10 y + z x + y + z 2 x + 3 y

Họ và tên thí sinh:…………………………….Họ, tên chữ ký GT1:…………………………………..
Só báo danh:…………………………………..Họ, tên chữ ký GT2:…………………………………..

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN – Lớp 12 THPT


Câu
Nội dung
1.1
Hoành độ giao điểm của (H) và ( ∆ ) là nghiệm của phương trình:
(1,5)

Điểm
0,5

2x −1
= −x + m
x +1
⇔ x 2 − ( m − 3) x − m − 1 = 0, x ≠ −1 ( 1)

0,25

Ta có ∆ = ( m − 3) + 4 ( m + 1) = m 2 − 2m + 13 > 0, ∀m

0,25

2

Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt khác – 1 nên (H) và ( ∆ ) cắt nhau tại
hai điểm phân biệt.
1.2
Giả sử B ( x1; − x1 + m ) , C ( x2 ; − x2 + m ) với x1 , x2 là hai nghiệm của (1).
(2,5)
 x1 + x2 = m − 3
Theo định lý Viet ta có 
(*)

 x1 x2 = −m − 1
Ta có AB =

( x1 − 2 )

2

+ ( − x1 + m − 5 ) , AC =
2

( x2 − 2 )

2

+ ( − x2 + m − 5 )

( x1 − 2 ) + ( − x1 + m − 5) = ( x2 − 2 ) + ( − x2 + m − 5 )
⇔ ( x1 − x2 ) ( 2 ( x1 + x2 ) − 2m + 6 ) = 0 ⇔ 2 ( x1 + x2 ) − 2m + 6 ( do x1 ≠ x2 )
AB = AC ⇔

2

2

2

0,5
0,5

2


0,5

2

(luôn đúng

0,75

theo (*)
BC = 2 ( x1 − x2 )

0,25

2

3
Tam giác ABC đều ⇔ ·ABC = 60o ⇔ d ( A, BC ) =
BC
2
7−m
3
2
⇔
=
2 ( x1 − x2 )
2
2
m = 1
⇔ m 2 + 4m − 5 = 0 ⇔ 

 m = −5
Vậy các giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài là m = 1, m = −5 .
2.1
5π 

÷
(2,5) cos x − 2cos 2 x = 2sin x.cos  2 x −
6 


(

⇔ cos x − 2cos 2 x = sin x − 3 cos 2 x + sin 2 x

(

)

cos 2 x = 0
⇔
cos x + 3 sin x = 2
π
π
cos 2 x = 0 ⇔ x = + k
4
2

0,25
0,5


)

⇔ cos x ( 1 − 2sin 2 x ) − 2cos 2 x = − 3 sin x.cos 2 x
⇔ cos 2 x cos x + 3 sin x − 2 = 0

0,25

0,75

0,25
0,25

2


π
π

cos x + 3 sin x = 2 ⇔ cos  x − ÷ = 1 ⇔ x = + k 2π
3
3

π
π
π
Vậy nghiệm của phương trình là x = + k , x = + k 2π .
4
2
3
2.2

 y3 + 3 y = ( x + 5) x + 2
(2,5) 
2
2
2
2 x + 16 = 3 2 y + y x − 2 x + 4

(

Điều kiện x ≥ −2, y ∈ ¡ .

)

0,5

0,25

( 1)
( 2)

0,5

( 1) ⇔ y 3 + 3 y = ( x + 2 ) + 3 x + 2
3
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , t ∈ ¡
f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ , suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡
( 1) ⇔ f ( y ) = f ( x + 2 ) ⇔ y = x + 2
3

(


.

2
2
Thay vào (2) ta được 2 x + 16 = 3 2 ( x + 2 ) + x + 2 x − 2 x + 4

0,5

)
0,5

⇔ 2x2 − 6x + 4 = 3 x + 2 x2 − 2 x + 4
⇔ 2 ( x2 − 2x + 4) − 2 ( x + 2) = 3 x + 2 x2 − 2 x + 4
Đặt u = x + 2, v = x 2 − 2 x + 4, ( u ≥ 0, v > 0 )

2
2
Phương trình trở thành 2v − 3uv − 2u = 0 ⇔ ( 2v + u ) ( v − 2u ) = 0
Do u ≥ 0, v > 0 nên phương trình tương đương với v = 2u
Suy ra x 2 − 2 x + 4 = 2 x + 2 ⇔ x 2 − 6 x − 4 = 0 ⇔ x = 3 ± 13 (thỏa mãn điều kiện)

Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm

( x; y ) =

( 3+

)(


)

13; 5 + 13 , 3 − 13; 5 − 13 .

3.1
(1,0)

Tọa độ D, E là nghiệm của hệ
2
2
 x + y − 6 x + y + 3 = 0
 2
2
 x + y − 3x − 4 = 0
⇒ 3x − y − 7 = 0

0,5

0,5
0,25

Do tọa độ D, E cùng thỏa mãn phương
trình trên và D khác E nên phương
trình đường thẳng DE là 3 x − y − 7 = 0
(1)

Chứng minh AI ⊥ DE .
·
Tứ giác BCED nội tiếp nên ·ABC = AED
·

Mặt khác ·AIC = 2 ·ABC suy ra ·AIC = 2 AED

0,25

3


·ACI = CAI
·
·
và ·AIC + ·ACI + CAI
= 180o .
·
·
·
2 ·AED + 2CAI
= 180o ⇔ AED
+ CAI
= 90o hay AI ⊥ DE .
1 1
Do I  ; − ÷ nên từ (1) và (2) ta có phương trình AI là x + 3 y + 1 = 0
2 2
Lại có
Suy ra

(2)

  x = −1

 y = 0

x + 3y +1 = 0

⇔  x = 7
Tọa độ A là nghiệm của hệ  2
2

 x + y − 3x − 4 = 0
2
 

3
 y = −
2

Do tam giác ABC nhọn nên I nằm trong tam giác ABC vậy A ( −1;0 ) .
r
3.2
(P) có 1 vecto pháp tuyến là n = ( 2; −1;2 )
uuuur
(2,0)
Gọi M ( x0 ; y0 ; z0 ) suy ra AM = ( x0 − 1; y0 − 3; z0 − 2 ) .

4.
(3,0)

0,25
0,25
0,25

 x = 2t + 1

uuuur r  0
Do AM ⊥ ( P ) ⇔ ∃t ∈ ¡ : AM = tn ⇔  y0 = −t + 3 ⇒ M ( 2t + 1; −t + 3;2t + 2 )
 z = 2t + 2
 0
2 ( 2t + 1) − ( 3 − t ) + 2 ( 2t + 2 ) + 3
d ( M ,( P) ) =
= 3t + 2
3
5
2
2
2
OM = d ( M , ( P ) ) ⇔ ( 2t + 1) + ( 3 − t ) + ( 2t + 2 ) = 3t + 2 ⇔ t =
3

0,25

 13 4 16 
Vậy M  ; ; ÷.
 3 3 3

0,25
Ta có AB = a 3 và ACBD là hình
bình hành.
Suy ra tam giác ABD vuông tại B.
Gọi H là trung điểm AD, suy ra H
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABD.
Do SA = SB = SD nên SH vuông
góc với mặt phẳng (ABD)


Gọi K là hình chiếu của H trên BD suy ra K là trung điểm BD và SK ⊥ BD.
·
Suy ra góc giữa (SBD) và (ABC) bằng SKH
.
Ta có HK là đường trung bình của tam giác ABD nên HK =

1
a 3
AB =
2
2

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,5

4


SH = HK .tan α =


3a 2
.
2

1
a3 6
Suy ra VSABC = .SH .dt ( ABC ) =
.
3
4
Ta có d ( SC ; AD ) = d ( AD; ( SBC ) ) = d ( H ; ( SBC ) ) .
Gọi I là hình chiếu của H trên BC.
Ta có ( SHI ) ⊥ ( SBC ) , ( SHI ) ∩ ( SBC ) = SI .
Gọi J là hình chiếu của H trên SI, suy ra HJ ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( H ; ( SBC ) ) = HJ
Tính được HI =

a 3
.
2

0,5

0,5

0,25

1
1
1
3a

=
+
⇒ HJ =
2
2
2
HJ
HI
HS
14
3
3a
a 6
Vậy VSABC =
và d ( SC ; AD ) =
.
14
4
e2
e2
e2
5.1


ln x + 1
ln x + 1
dx = dx +
dx
(1,5) I = 1 +
÷

÷
x
ln
x
x
ln
x
+
1
x
ln
x
x
ln
x
+
1
(
)
(
)


e
e
e
Trong tam giác vuông SHI có

∫


∫

∫

0,25

0,25
0,25

e2

Ta có

∫ dx = e

2

−e

0,25

e

e2

J=

∫
e


ln x + 1
dx
x ln x ( x ln x + 1)

0,25

Đặt t = x ln x ⇒ dt = ( ln x + 1) dx
Đổi cận: x = e ⇒ t = e, x = e 2 ⇒ t = 2e 2
2e ( e + 1)
du
1 
1
=∫ −
÷du = ln
u ( u + 1) e  u u + 1 
2e 2 + 1

0,5

2e ( e + 1)
2e 2 + 1
5.2
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau có dạng abcd , abcd ≤ 2503 .
(1,5) Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: a = 1 , số cách chọn b, c, d thỏa mãn yêu cầu bài toán là A63
Trường hợp 2: a = 2 ,
+ Nếu b < 5 suy ra có 4 cách chọn b, khi đó có A52 cách chọn c, d.
+ Nếu b = 5 suy ra c = 0 , suy ra d = 1 hoặc d = 3.
Vậy có tất cả A63 + 4 A52 + 2 = 202 số thỏa mãn điều kiện đề bài.
6.

Coi P là hàm của z và x, y là tham số ta có
(2,0
x
y
P '( z ) = −
−
< 0, ∀z ∈ ( 0; x + 2 y ]
2
2
)

0,25

2 e2

Suy ra J =

∫
e

2 e2

Vậy I = e 2 − e + ln

( 10 y + z )

( x + y + z)

0,25
0,5

0,5

0,25

0,5

5


Suy ra P(z) nghịch biến trên ( 0; x + 2 y ] .

x
y

x
+3
x
x + 3y
y
⇒ P ≥ P( x + 2y) =
+
=
+
x + 12 y 2 x + 3 y x + 12 2 x + 3
y
y
x
t
t +3
⇒ P ≥ f ( t) =

+
với t ∈ ( 0; +∞ ) .
y
t + 12 2t + 3
12
3
f '( t ) =
−
2
2
( t + 12 ) ( 2t + 3)

Đặt t =

f '( t ) = 0 ⇔

12

=

( 2t + 3)
Bảng biến thiên của hàm số f ( t )
t

f '( t )

( t + 12 )

3


0
-

2

2
0

2

0,5

0,25

t = 2
⇔
t = − 18
5

+∞

+

0,5

f ( t)

Từ bảng biến thiên suy ra f ( t ) ≥ f ( 2 ) =

6

7

6
7
Dấu bằng xảy ra khi x = 2 y, z = 4 y .
6
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , tại x = 2 y, z = 4 y .
7
Vậy P ≥

0,25

Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, thì giám khảo
thống nhất chia điểm thành phần tương ứng.
--------------------HẾT-----------------

6