1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN THPTHƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 05 trang)
Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học
sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Câu 1. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
Phương trình tương đương:
3sin 2 3 1 1 cos2x x
    .

1 3 3
cos2 sin 2



  




Vậy phương trình có nghiệm là
12
x k


  
hoặc
( )
4
x k k


   

. Câu 2. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
a) (1,0 điểm).

Phương trình hoành độ giao điểm:
3 2 4 4

m






 


. Vậy các giá trị cần tìm của m là
2
3
m

hoặc
2
3
m
 
.
2
b) (1,0 điểm).

Ta có
2
' 3 6y x mx

  
.
Do đó
 
 
4
1
. , 1
2
ABC
S AC d B AC m m
  
;
 
4
2 1 2
ABC
S m m
   
.

Đặt
0m t 
ta được
5 4 3 2
2 0 ( 1)( 2) 0 1t t t t t t t t           

Do đó
1
m

2
;3
x x a x y b   
, ta có hệ:
4
2
4
ab
a b
a b


  

 

.

Giải hệ
4
4
ab
a b



 

ta được
2

( )(3 ) 2
( ) (3 ) 6
x x x y m
x x x y m

  


    



Đặt
2
1
, ;3
4
x x a a x y b     
, ta có hệ:
2
6
ab m
a b m



  

4
a
 
.

Xét hàm số
2
6 1
( ) ;
2 4
a a
f a a
a

  

. Ta có
2
2
4 12
'( )
( 2)
a a
f a
a
 
 

.


2
m

. Câu 4. (2,0 điểm)
60°
30°
S
A
B
C
K
C
B
B'
M
H
I

Nội dung
Điểm
2
0
1 3
. .sin120
2 4
HBC
a

. . .
3 3 4 4 16
S HBC HBC
a a a
V SA S  
.

Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là

'.BCB

Gọi I là hình chiếu của A trên SK
( )AI SHC 
.
Ta có
' ( ,( )) 2 ( ,( )) 2 ( ,( )) 2BB d B SHC d M SHC d A SHC AI   
.
Trong tam giác vuông SAK, ta có
2
2 2
. 3 3 2 3 3
. ' .
16 8 4
3
AK AS a a a
AI BB
a
AK AS
    


D
B
C

Gọi
I AC BD 
, H là hình chiếu của B trên CD.
Ta có

 

0
1 1
1 1
1 1
1 1
tan tan
2 3
tan tan 1 45
1 1
1 tan tan
1 .
2 3
D C
AID D C AID
D C


      


  
.
Từ đó suy ra phương trình AC là
3 10 0
x y
  
hoặc
3 10 0
x y
  
.

Gọi
E BH AC 
, ta có
3
2
2
BE AB IA AD
EH CH IE BE
    
.
Ta có
 
2 3 .
10 2
2
ABCD
AD AD AD
S AD

AI 
ta có
2 2
17 11 32 7
10 3 3;
5 5 5 5
t t t t
   
       
   
   
. Suy ra
 
29 7
1;3 ; ;
5 5
A A
 
 
 

Do
 
2 1;3
A
x A 
.
* Nếu
:3 10 0
AC x y

x t 
).
Vậy điểm A cần tìm là
 
1;3
A
.
Chú ý: Nếu HS chỉ tính được cạnh
2AD 
thì cho 0,25 điểm. Câu 6. (1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Ta có
      
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 3 2
a b c a b a c b c a b c a a a
           

Suy ra
2
3 2bc a a
 
.

 
 
2

 
        
 
 
 
.
Ta có
    
3
2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 4
1 .2 1 1
2 2 3 27
a a a
a a a a a
 
   
     
 
 

Suy ra
 
2
2
1
3 3
a a 