Đề thi HSG + lời giải lớp 12 Hải Dương môn toán
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số 3 2 2 3= + −y x mx x (1) và đường thẳng ( ) : 2 2 ∆ = − y mx (với m là tham số). Tìm m để đường thẳng ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ). 2) Cho hàm số 2 32 + + = x x y có đồ thị (C) và đường thẳng d: mxy +−= 2 . Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi , 1 k 2 k lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = ( ) ( ) 2013 2 2013 1 kk + đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 1 4 sin244cos4sin − −=+ π xxx 2) Giải hệ phương trình: ( ) =+++ −+ =++ 10)1(4)19( 1 1 1913 223 2 xxyx xx yxy Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: !0!.2013.2014 1 !2010!.3.4 1 !2011!.2.3 1 !2012!.1.2 1 !2013!.0.1 1 +++++=S 2) Cho dãy số (u n ) thỏa mãn: +−= = + 2 2 1 2 5 2 1 1 nnn uuu u *)( Nn ∈ . Tìm ∑ = n k k u 1 1 lim . Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho khối chóp .S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, · · 0 AS 90 ,B SAC= = · 0 120BSC = . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( )SAB theo a. 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN. Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: 22=xyz Chứng minh rằng: 8 2244 88 2244 88 2244 88 ≥ ++ + + ++ + + ++ + xzxz xz zyzy zy yxyx yx …………… Hết……………… Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: ………………… Chữ ký của giám thị 1:………………………….Chữ ký của giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa) Câu Nội dung Điểm I 1 1,0đ 1) Cho hàm số 3 2 2 3= + −y x mx x (1) và đường thẳng ( ) : 2 2 ∆ = − y mx (với m là tham số). Tìm m để đường thẳng ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ). Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và ( ∆ ) là nghiệm phương trình: 3 2 3 2 2 3 2 2 2 (2 3) 2 0+ − = − ⇔ + − + + =x mx x mx x mx m x 2 2 1 ( 1) (2 1) 2 0 (2 1) 2 0(2) = ⇔ − + + − = ⇔ + + − = x x x m x x m x . 0,25 Vậy ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt 2 (2 1) 8 0 1 0 1 2 1 2 0 m x m m + + > ≠ ⇔ ⇔ ≠ + + − ≠ . Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), 1 1 2 2 B( ;2 2), C( ;2 2)x mx x mx− − , trong đó 1 2 x ;x là nghiệm phương trình (2) nên 1 2 1 2 x x 2m 1,x x 2+ = − − = − 0,25 Tam giác OBC có diện tích 1 BC. 2 S d= . Trong đó 2 2 d = d(O; ) = 1+4m ∆ ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 BC ( ) (2 2 ) ( ) 4 4 1x x mx mx x x x x m = − + − = + − + ( ) ( ) 2 2 BC 2 1 8 4 1m m ⇒ = + + + ( ) 2 2 1 8⇒ = + +S m 0,25 Vậy S = 17 ⇔ 17944 2 =++ mm −= = ⇔ 2 1 m m (TM) 0,25 I 2 1,0đ 2) Cho hàm số 2 32 + + = x x y có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi 21 ,kk lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = ( ) ( ) 2013 2 2013 1 kk + đạt giá trị nhỏ nhất. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: mx x x +−= + + 2 2 32 =−+−+ −≠ ⇔ (*)023)6(2 2 2 mxmx x 0,25 Xét phương trình (*), ta có: Rm∈∀>∆ ,0 và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là 2 2 2 2 1 1 )1( 1 , )1( 1 + = + = x k x k , trong đó 1 x , 2 x là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy ( ) ( ) ( ) 4 422 1 22 1 . 2 2121 2 2 2 1 21 = +++ = ++ = xxxxxx kk (k 1 >0, k 2 >0) 0,25 Có P = ( ) ( ) ( ) 2014 2013 21 2013 2 2013 1 2.2 =≥+ kkkk , do dó MinP = 2 2014 đạt được khi 2 2 2 1 2 2 2 1 21 )2()2( )2( 1 )2( 1 +=+⇔ + = + ⇔= xx xx kk do 1 x , 2 x phân biệt nên ta có x 1 +2 = - x 2 - 2 ⇔ x 1 + x 2 = - 4 ⇔ m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm. 0,25 II 1 1,0đ 1) Giải phương trình: 1 4 sin244cos4sin − −=+ π xxx (1) PT(1) ⇔ 2sin2x.cos2x + 2cos 2 2x =4(sinx – cosx) ⇔ (cosx – sinx). [ ] 02)2cos2)(sinsin(cos =+++ xxxx 0,25 *) π π kxxx +=⇔=− 4 0sincos 0,25 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 ⇔ cosx + sin3x + 2 = 0 (2) 0,25 *) Vì xxx ∀−≥−≥ ,13sin;1cos nên (2) ⇔ −= −= 13sin 1cos x x ⇔ hệ vô nghiệm. Vậy PT có nghiệm là: π π kx += 4 )( Zk ∈ 0,25 II 2 1,0đ 2) Giải hệ phương trình: ( ) =+++ −+ =++ )2(10).1(4)19( )1( 1 1 1913 223 2 xxyx xx yxy ĐK: 0x ≥ NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0 PT (1) ⇔ x xx yyy ++ =++ 1 1933 2 ⇔ 1 111 1)3(33 2 2 + +=++ xxx yyy (3) 0,25 Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 1 2 +t , t > 0. Ta có: f’(t) = 1 + 1 1 2 2 2 + ++ t t t >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞) PT(3) ⇔ f(3y)= f x 1 ⇔ 3y = x 1 0,25 Thế vào pt(2) ta được PT: 10).1(4 223 =+++ xxxx Đặt g(x)= 10).1(4 223 −+++ xxxx , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 ⇒ g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞) 0,25 Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 Với x =1 ⇒ y = 3 1 KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; 3 1 ). 0,25 III 1 1,0đ 1) Rút gọn biểu thức: !0!.2013.2014 1 )!2013!.().1( 1 !2010!.3.4 1 !2011!.2.3 1 !2012!.1.2 1 !2013!.0.1 1 ++ −+ +++++= kkk S +) Ta có: ∑∑ == + =⇒ −+ = 2013 0 2013 2013 0 1 !2013. )!2013!.().1( 1 k k k k C S kkk S 0,25 +) Ta có: [ ] 2014!)1(2014)!1.(2014 !2014 )!2013)!.(1( !2013 1 1 20142013 + = +−+ = −+ = + kk C kkkkk C (k =0;1;…;2013) 0,25 +) Do đó: S.2013!= ∑∑ == + = 2014 1 2014 2013 0 1 2014 . 2014 1 2014 k k k k C C 0,25 +) S.2013! = ( ) 12 2014 1 2014 − !2014 12 2014 − =⇒ S 0,25 III 2 1,0đ 2) Cho dãy số (u n ) thỏa mãn: +−= = + 2 2 1 2 5 2 1 1 nnn uuu u *)( Nn ∈ . Tìm ∑ = n k k u 1 1 lim . +) Ta có: nuuuu nnnn ∀≥+−=− + ,0)44( 2 1 2 1 ⇒ Dãy không giảm. Nếu có số M: u n ≤ M với mọi n, thì tồn tại limu n = L. Vì u n ≥ u 1 ⇒ L ≥ u 1 0,25 +) Khi đó ta có: L = 2 1 L 2 – L + 2 ⇔ L = 2. (Vô lý) ⇒ limu n = ∞+ 0,25 +) Ta có: 1 2 242 + =+− nnn uuu ⇔ )2(2)2( 1 −=− +nnn uuu ⇔ )2(2 1 )2( 1 1 − = − +nnn uuu 2 1 2 11 2 11 2 1 11 − − − =⇔ − =− − ⇔ ++ nnnnnn uuuuuu ( *Nn ∈∀ ) 0,25 +) Do đó: 2 1 2 11 11 1 − − − = + = ∑ n n k k uuu ⇒ ∑ = n k k u 1 1 lim = 2 2 1 1 = −u 0,25 IV 1 1,5đ 1) Cho khối chóp .S ABC 2 , 3 , 4 ,SA a SB a SC a= = = · · 0 AS 90 ,B SAC= = · 0 120BSC = . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( )SAB theo a . Dùng ĐL Cosin tính được: MN = 32a 0,25 AM= 22a , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC∠ = 60 0 ) ⇒ tam giác AMN vuông tại A. 0,25 Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A. )(AMNSH ⊥⇒ ; tính được SH = a. 0,25 Tính được 3 22 3 . a V AMNS = 0,25 3 1 . . . . == SCSB SNSM V V ABCS AMNS 3 . 22 aV ABCS =⇒ 0,25 Vậy 3 . 2 3 6 2 ( ;( )) 2 2 3 S ABC SAB V a d C SAB a S a ∆ = = = 0,25 IV 2 1,5đ 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN. +) Đặt x BA BM = , với 10 ≤≤ x x DC DN =⇒ . Khi đó ta có: BAxBM .= và DCxDN .= 0,25 +) Ta có: BDxBCxBNBDBCxBDBNDCxDN ).1(.)(. −+=⇔−=−⇔= Do đó: BAxBDxBCxBMBNMN .).1(. −−+=−= 0,25 +) MN 2 = 2 )1(2 2 .2 2 )1(2)1( 22 2 2 222222 a xx a x a xxaxaxax −−−−++−+ = a 2 [ ] )1()1()1( 2222 xxxxxxxx −−−−++−+ = (2x 2 – 2x + 1)a 2 0,25 +) Xét hàm số f(x) = 2x 2 – 2x + 1 trên đoạn [ ] 1;0 ta có: 2 1 ) 2 1 ()(min,1)1()0()(max ===== fxfffxf 0,25 +) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 2a khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. 0,25 +) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M ≡ B, N ≡ D hoặc M ≡ A, N ≡ C. 0,25 V 1,0đ Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z =2 2 Chứng minh rằng: 8 2244 88 2244 88 2244 88 ≥ ++ + + ++ + + ++ + xzxz xz zyzy zy yxyx yx +) Đặt a = x 2 , b = y 2 , c = z 2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8 0,25 H N M A S N M S C B A Do 2 22 ba ab + ≤ nên 2 )(3 22 22 ba abba + ≤++ Dấu“=”có ⇔ a=b +) Ta có: ( ) 22 44 22 44 2 3 ba ba abba ba + + ≥ ++ + . Ta sẽ chứng minh: ( ) )( 3 1 2 3 22 22 44 ba ba ba +≥ + + (1). Thật vậy: (1) ⇔ 2( ) 44 ba + 222 )( ba +≥ ⇔ (a 2 – b 2 ) 2 0≥ (luôn đúng). Do đó ta được: )( 3 1 22 22 44 ba abba ba +≥ ++ + Dấu“=”có ⇔ a 2 =b 2 ⇔ a=b 0,25 +) Áp dụng BĐT trên ta có: )( 3 1 22 22 44 cb bccb cb +≥ ++ + Dấu“=”có ⇔ b=c )( 3 1 22 22 44 ac caac ac +≥ ++ + Dấu“=”có ⇔ c=a Cộng các vế các BĐT trên ta được: )( 3 2 222 22 44 22 44 22 44 cba caac ac bccb cb abba ba ++≥ ++ + + ++ + + ++ + (2) Dấu“=”có ⇔ a=b=c 0,25 +) Theo BĐT Cô-si ta có: 8.2)( 3 2 3 222222 =≥++ cbacba .Dấu“=”có ⇔ a=b=c Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ 2=== zyx 0,25