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 x M x x x           . Với điều kiện 1x   ta có   1 1 1 2 1 3 . , 3 . 3 2 2 2 MAB x x x S 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 4 1 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 5 1 cos2 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 2 logt 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: 1 2, 1 2 x t y      (thỏa mãn). TH2: 3 2 0 1 0 0 1 1 3 2 0 2 x t x t y t t x                         TH3: 3 2 2 3 3 0 5 32 2 0 x x x x t t y x                        1,0 TH4:         2 3 3 3 2 3 2 2 1 1 2 3 3 0 1 3 2 3 2 0 2 3 4 2 2 1 t x x x 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 2 1 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,  0 45CBE 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 2 1 5 , 3 3 3 2 3 2 c c c BI 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  . 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 0,5 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 I E D C B A Ta lại có       2 2 2 2 2 2 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 2 4 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 2 M 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 . 3 1 120 . 24 5 2 24 M ABC ABC ABC V S AB AC MH S       2 2 2 1 1 1 24 . . . 24 3 25 4 25 5 25 2 2 2 tp S MD AB ME AC MF BC x y y           2 2 2 24 225 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 2 2 24 15 20 25 3 4 5 60 2 12 41 tp ABC S x y z S          Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 4 5 15 20 25 x y z x y z     Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ thì diện tích toàn phần hình chóp M.ABC nhỏ nhất. 0,5 5.1 1,5 2 3 3 2 1 2 1 1 .I x dx x x           0,5 Đặt 2 3 2 3 1 2 3 1t x t dt dx x x            ; 3 7 1 0; 2 4 x t x t      0,5 3 3 7 7 4 4 3 4 3 0 0 3 21 14 3 4 32 t I t dt    Lưu ý: Học sinh sử dụng biến đổi 2 1 4 2 2 3 3 3 3 3 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 3 1 21 14 1 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 2013 2014 2014 2014 2014 2C C C C     0,5 Chứng minh 1 2014 2013 2014 , , ,0 . k k kC C k n k n       Suy ra,   2 4 2014 1 3 2013 2012 2014 2014 2014 2013 2013 2013 2 4 2014 2014 2014.2C C C C C C        Vậy 2012 2013 2013 2014.2 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 d u 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, 1 0 u loai u a c b d v v                   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 1007 0, 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  1 1 '( ) ( )f x x m n x              '( ) 0 2 m n f 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      0,5 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b c d c d a b a d c             2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b a b a b a b a b a              2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 3 4 4 4a b a b a b a b a b a                        2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 2a b a b a b                   2 2 2 2 2 1 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 2 2 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 . 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 2013 2014 2014. 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. 2013 2014 2014 2014 2014 2C C C C     0,5 Chứng minh 1 2014 2013 2014 , , ,0 . k k kC C k n k n       Suy ra,   2 4 2014 1 3 2013 2 012 2014 2014 2014 2013 2013 2013 2 4 2014 2014 2014. 2C