Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2013 – 2014 môn thi: Toán – lớp 12 – THPT

Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số 1
1
xy
x



 có đồ thị (C). Biết một nhánh của đồ thị (C) cắt Ox, Oy 
lần lượt tại A, B. Tìm trên nhánh còn lại của (C) điểm M sao cho diện tích tam giác MAB bằng 3. 
Câu 2. (5,0 điểm) 
1. Giải phương trình  2 2 2 1cos cos sin +1
3 3 2
x x x          
   
. 
2. Giải hệ phương trình 
 
 
 
2 3 3
2 2
2 3 2 3 2
2 2 2 2
log 3 2 log 3 3 0
, .
log 3log 4 2log 6log 4 0
y x x y x x
x y
x y y x y y
       

      
 
Câu 3. (5,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, 2AB BC . Gọi D 
là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho 3 .AC EC Biết phương trình đường 
thẳng chứa CD là 3 1 0x y   và điểm 16 ;1
3
E   
 
. Tìm tọa độ các điểm , , .A B C 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 3:
2 1 2
x y zd    

, điểm 
3 3 1; ;
2 2 2
M   
 
và mặt cầu   2 2 2: 2 4 6 5 0S x y z x y z       . Viết phương trình mặt phẳng 
(P) song song với d, tiếp xúc với (S) và khoảng cách từ M đến (P) bằng 3
2
. 
Câu 4. (2,0 điểm) Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có 6, 8, 10AB AC BC   , thể tích khối 
chóp '. ' 'C ABB A là 80. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác ' ' 'A B C . Tính thể tích khối 
chóp M.ABC và tìm vị trí của điểm M sao cho tổng diện tích tất cả các mặt của hình chóp M.ABC 
nhỏ nhất. 
Câu 5. (3,5 điểm) 
1. Tính tích phân 
2
3 3
2 8 11
1
1 1 12 .I x dx
x x x
 
    
 
 
2. Chứng minh rằng 0 2 4 2014 20132014 2014 2014 20143 5 7 ... 2017 1010.2 .C C C C     
Câu 6. (1,5 điểm) 
Cho các số thực , , , a b c d thỏa mãn ,a d b c  và 
2012 2012 2012 2012
2014 2014 2014 2014
a b c d
a b c d
   

  
Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 22 2 3 4 2 2 3 4 4 4 6.a b c d c d a b a d c              
-----------------Hết----------------- 
Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ............................. 
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................ 
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:....................................................................................... 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 28 tháng 3 năm 2014 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2013 - 2014 
Môn: Toán – Lớp 12 – THPT 
Câu Lời giải sơ lược Điểm 
1 3,0 
Giao điểm của (C) với Ox là  1;0A , giao điểm của (C) với Oy là  0; 1B  . 
PT đường thẳng AB là 1x y  ; 2AB  
1,0 
Do hoành độ của A và B đều lớn hơn 1 nên tọa độ của 1; , 1
1
xM x x
x
     
. 
Với điều kiện 1x   ta có  
1 1
1 2 13 . , 3 . 3
2 2 2MAB
xx
xS AB d M AB

 
     
0,5 
 2 2 2
2
6 1 6 1 5 6 0
3
x
x x x x x x x x
x
 
                
 1,0 
Từ đó tìm được tọa độ điểm M là  2;3M  hoặc  3;2M  . 0,5 
2.1 2,5 
PT 2 41 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1
3 3 3
x x x x x              1,0 
 2
2
6
51 cos 2 sin 0 2sin sin 0 2 
6
x k
x x x x x k k
x k





  

          
 

 1,5 
2.2 2,5 
Đặt 2logt y hệ trở thành 
  
  
3
3 2
1 3 3 0
2 3 2 0
t x x t
x t t x
     

    
 0,5 
TH1: 12, 1
2
x t y      (thỏa mãn). 
TH2: 
3 2
01 0 0
113 2 0
2
xt x
t yt t x
       
       
TH3: 
3 2 23 3 0
5 322 0
x xx x t
t yx
         
   
    
1,0 
TH4: 
   
   
23 3
3 2 3 2 2
1 1 23 3 0 1 3 2
3 2 0 2 3 4 2 2 1
t x xx x t t x x
t t x x t t x t t
                
   
              
Nếu 2x  thì 1t  thỏa mãn. 
Nếu 1t  thì 2x  thỏa mãn. 
0,5 
 Với 2x  và 1 1, 2t x t      ta có 
                2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 0t x x t t x x t t x                 (vô 
nghiệm). 
Vậy nghiệm của hệ là      1 1; 0; , 2; , 2;32 , 2;2
2 2
x y           
    
0,5 
3.1 2,5 
Gọi I BE CD  , đặt 0BC c  
Ta có BA EA
BC EC
 nên E là chân đường phân giác trong góc B của 
tam giác ABC. 
Do đó, 045CBE BE CD   (Vì BCD vuông cân tại B). 
1,0 
PT của : 3 17 0BE x y   
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ  
3 17 0 5
5; 2
3 1 0 2
x y x
I
x y y
    
  
    
. 
Ta có 2 21 5, 3
3 32 3 2
c c cBI CI CE AC IE CE CI IB IE          
 
Từ đó tìm được tọa độ điểm  4;5 .B 
0,5 
Gọi  3 1;C a a ta có 
   2 2 2
1
2 2 5 3 5 5 20 10 40 30 0
3
a
BC BI a a a a
a

             
0,5 
 Với    1 2;1 , 12;1a C A  
Với    3 8;3 , 0; 3a C A   
0,5 
3.2 2,5 
Mặt cầu  S có tâm  1;2; 3I  bán kính 3R  ,      , 3 2 ,d I P d M P  , 3 3
2
IM R  
nên M nằm trong (S). Gọi  K MI P  . 
0,5 
I E
D
C
B
A
Do      , 2 , 2d I P d M P IK MK   mà IK IM nên M là trung điểm của KI nên tọa độ 
 2;1;2K 
Gọi   2 2 2; ; , 0n a b c a b c   

 ta có 
   / / 2 2 0 2 2 ;2 2 ;d P a b c b c a n a c a c         

. 
PT của (P) có dạng       2 2 2 1 2 0a x c a y c z       . 
0,5 
Ta lại có   
 
2 2 2 2
22 2
2 2 5
, 3 3 2 5 8 5
2 2
a c a c
d I P a ac c a ac c
a c a c
   
        
  
2 2 24 10 4 0
2
a c
a ac c
c a

      
0,5 
Với 2a c chọn 2 1, 2a c b     PT của   : 2 2 4 0.P x y z    
Với 2a c chọn 1 2, 2a c b    PT của   : 2 2 8 0.P x y z    
1,0 
4 2,0 
H
F
E
M
D
C' B'
A'
A
C B
Ta có . '. '. ' '
1 40
2M ABC C ABC C ABB A
V V V   (đvtt) 
1,0 
Gọi H là hình chiếu của M trên (ABC), D, E, F là lượt là hình chiếu của H trên AB, AC, BC. 
Đặt , ,x HD y HE z HF   . 
Vì ABC vuông tại A nên .31 120. 24 5
2 24
M ABC
ABC
ABC
VS AB AC MH
S
      
2 2 21 1 124 . . . 24 3 25 4 25 5 25
2 2 2tp
S MD AB ME AC MF BC x y y           
2 2 224 225 9 400 16 625 25x y z       
0,5 
Sử dụng bất đẳng thức u v w u v w    
     
 với      15;3 , 20; 4 , 25,5u x v y w z  
  
ta 
được      2 2 2224 15 20 25 3 4 5 60 2 12 41tp ABCS x y z S          
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 4 5
15 20 25
x y z x y z     
0,5 
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ thì diện tích toàn phần hình chóp M.ABC 
nhỏ nhất. 
5.1 1,5 
2
3
3 2
1
2 11 .I x dx
x x
    
 
 0,5 
Đặt 23 2 3
1 23 1t x t dt dx
x x
      
 
; 3 71 0; 2
4
x t x t      0,5 
3 3
7 7
4 4 34
3
0 0
3 21 143
4 32
tI t dt   
Lưu ý: Học sinh sử dụng biến đổi 
21 4
2 2 33 3
3
3 2 2 2 2
1 1
1
2 1 1 1 3 1 21 141
4 32
I x dx x d x x
x x x x x
                      
        
 trừ 0,5 điểm. 
0,5 
5.2 2,0 
   
0 2 4 2014
2014 2014 2014 2014
2 4 2014 0 2 4 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014
3 5 7 ... 2017
2 4 ... 2014 3 ...
A C C C C
C C C C C C C
    
        
 0,5 
Tính được 0 2 4 2014 20132014 2014 2014 2014... 2C C C C     0,5 
Chứng minh 12014 20132014 , , ,0 .
k kkC C k n k n     
Suy ra,  2 4 2014 1 3 2013 20122014 2014 2014 2013 2013 20132 4 ... 2014 2014 ... 2014.2C C C C C C        
Vậy 2012 2013 20132014.2 3.2 1010.2A    . 
Lưu ý: Học sinh có thể sử dụng đạo hàm để giải bài toán này. 
1,0 
6 1,5 
Từ giả thiết ta chứng minh ,a c b d  
Nếu 0 0a b c d     (loại) 
Nếu 0, 0a b  , đặt 1,c du v
b b
   ta được 
2012 2012
2014 2014
1
1
u v
u v
  

 
Từ hệ suy ra, 1, 1u v  nên 2014 2014 2012 2012 1u v u v    dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 1 0
0,
10
u loai u
a c b d
vv
       
 
 
Do vai trò như nhau nên trường hợp một trong các biến b, c, d bằng 0 cũng tương tự đều dẫn 
đến ,a c b d  . 
0,5 
Nếu 0abcd  , đặt 2012 2012 2012 2012 2014 10070, 0, 0, 0, 1
2012 1005
x a y b m c n d            
Theo đề ra ta có: 
 (1)
 (2)
x y m n
x y m n   
  

  
Từ (1) và (2) ta có: ( )x m n x m n        
Xét hàm số ( ) ( )f x x m n x m n         ; 1  ; 0x  
0,5 
 1 1'( ) ( )f x x m n x         '( ) 0 2
m nf x x     
Từ bảng biến thiên suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm 
Mà ( ) ( ) 0f m f n  nên   0
x m
f x
x n

   
;x m y n x n y m      . Vậy 
a c
b d

 
2 2 2 2 2 22 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b c d c d a b a d c             
2 2 2 2 2 22 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b a b a b a b a b a              
2 2 2 2 2 22 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b a b a b a b a b a              
         2 22 2 2 21 3 1 3 2a b a b a b           
       22 2 221 1 3 3 2 3 4 2a a b b a a a a               
4 2 6a a     
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0 0a b c d     (không thỏa mãn giả thiết) 
Vậy 2 2 2 2 2 22 2 3 4 2 2 3 4 4 4 6.a b c d c d a b a d c              
0,5 
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập 
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng 
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình 
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm 
.