Đề thi hsg môn toán học lớp 12 sở gd đt hải dương năm học 2013 2014 file word có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x3  2mx  3x (1) đường thẳng () : y 2mx  (với m tham số) Tìm m để đường thẳng ( ) đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ khơng đổi O gốc toạ độ) 2x  có đồ thị (C) đường thẳng d: y  x  m Chứng minh d cắt (C) x2 hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến 2) Cho hàm số y  (C) A B Tìm m để P =  k1  2013   k  2013 đạt giá trị nhỏ Câu II (2,0 điểm)  1) Giải phương trình: sin x  cos x 4 sin  x   2) Giải hệ phương trình:  1 4  y 1  3 xy  x 1  x   x (9 y  1)  4( x  1) x 10    Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: 1 1 S       1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0! 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:  u1    u  n 1  u n  u n    (n  N *) Tìm lim n   k  u  k 1 Câu IV (3,0 điểm)  B SAC   1) Cho khối chóp S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS 900 , BSC 1200 Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vng Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) theo a 2) Cho tứ diện ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN Câu V (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: Chứng minh rằng: xyz 2 x8  y8 y8  z8 z8  x8   8 x4  y4  x2 y2 y4  z4  y2z z4  x4  z2 x2 …………… Hết……………… Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: ………………… Chữ ký giám thị 1:………………………….Chữ ký giám thị 2: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 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 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm tồn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa) Câu I1 Nội dung 1) Cho hàm số y  x  2mx  3x (1) đường thẳng () : y 2mx  (với m tham 1,0đ số) Tìm m để đường thẳng () đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ khơng đổi O gốc toạ độ) Hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) (  ) nghiệm phương trình: x3  2mx  3x 2mx   x3  2mx  (2m  3) x  0  x 1  ( x  1)  x  (2m  1) x   0   x  (2 m  1) x   0(2)  Vậy () đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt  phương trình (2) có hai (2m  1)    m 0 nghiệm phân biệt x 1   1  2m   0 Khi đó, ba giao điểm A(1;2m-2), B( x1;2mx1  2), C( x2 ;2mx2  2) , x1; x nghiệm phương trình (2) nên x1  x  2m  1, x1x  2 Tam giác OBC có diện tích S  BC.d Trong d = d(O; ) = 1+4m BC2 ( x2  x1 )  (2mx2  2mx1 )  ( x1  x2 )  x1 x2   4m  1  BC    2m  1  8  4m  1   Vậy S = I2 1,0đ 17 2) Cho hàm số  S  2m  1  m 1 4m  4m   17   m     y Điểm 2 8 (TM) 0,25 0,25 0,25 0,25 2x  có đồ thị (C) đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng minh x2 d cắt (C) hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến (C) A B Tìm m để P =  k1  2013   k  2013 đạt giá trị nhỏ Xét phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C) d: 2x   x  m x2  x    2 x  (6  m) x   2m 0(*) Xét phương trình (*), ta có:   0, m  R 0,25 x = -2 không nghiệm (*) nên d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m Hệ số góc tiếp tuyến A, B http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25 k1  1 , k2  , x1 , x nghiệm phương trình (*), ta thấy ( x1  1) ( x  1) k1 k   x1  2  x  2   x1 x2  x1  x2  4 0,25 4 (k1>0, k2>0) Có P =  k1  2013   k  2013 2  k1 k  2013 2 2014 , dó MinP = 22014 đạt 1   ( x1  2) ( x  2) 2 ( x1  2) ( x  2) x1 , x phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - k1  k  0,25  x1 + x2 = -  m = - Vậy m = - giá trị cần tìm II1 1,0đ 1) Giải phương trình:   sin x  cos x 4 sin  x    (1) 4  PT(1)  2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)  (cosx – sinx)  (cos x  sin x)(sin x  cos x)  2 0 0,25 0,25  *) cos x  sin x 0  x   k *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + =  cosx + sin3x + = (2)  hệ vơ nghiệm *) Vì cos x  1; sin 3x  1, x nên (2)  0,25 cos x    sin x    Vậy PT có nghiệm là: x   k (k  Z ) 0,25 II2 1,0đ 2) Giải hệ phương trình:  y 1  (1) 3 xy  x 1  x   x (9 y  1)  4( x  1) x 10( 2)    ĐK: x 0 NX: x = không TM hệ PT Xét x > PT (1)   3y  3y y 1  x 1  x y  y (3 y )   x  x x Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t Ta có: f’(t) = + t     t 0,25       x (3) t 1 , t > t 1 >0 Suy f(t) đồng biến (0,+∞)   3y = PT(3)  f(3y)= f  x  x Thế vào pt(2) ta PT: x  x  4( x  1) x 10 Đặt g(x)= x  x  4( x  1) x  10 , x > Ta có g’(x) > với x >  g(x) hàm số đồng biến khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = Vậy pt g(x) = có nghiệm x = Với x =1  y = http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25 0,25 KL: Vậy hệ có nghiệm nhất: (1; III1 1,0đ 0,25 ) 1) Rút gọn biểu thức: 1 1 1 S         1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! ( k  1).k!.(2013  k )! 2014.2013!.0 k 2013 C 2013  S 2013!  +) Ta có: S   k 0 ( k  1).k!.(2013  k )! k 0 k  2013 +) Ta có: 0,25 k 2013 k 1 2014 C C 2013! 2014!    k  (k  1)!.(2013  k )! 2014.(k  1)! 2014  (k  1)! 2014 0,25 (k =0;1;…;2013) k 1 C 2014 2014 k   C 2014 +) Do đó: S.2013!=  2014 k 1 k 0 2014 2013 0,25 2014  2014   S  +) S.2013! = 2014 2014!  III2 1,0đ  2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:  u1    u un  un  n 1    0,25 (n  N *) n  k 1 u k  Tìm lim     +) Ta có: u n 1  u n  (u n2  4u n  4) 0, n  Dãy không giảm Nếu có số M: un  M với n, tồn limun = L Vì un  u1  L  u1 +) Khi ta có: L = L –L+2  L = (Vô lý) 0,25 0,25  limun =   1 +) Ta có: u n2  2u n  2u n 1  u n (u n  2) 2(u n 1  2)  u (u  2)  2(u  2) n n n 1  1 1 1      ( n  N * ) u n  u n u n 1  u n u n  u n 1  n +) Do đó: u k 1 k  1   lim  u1  u n 1   k 1 u k n   2  =  u1  IV1  B SAC   1) Cho khối chóp S ABC SA 2a, SB 3a, SC 4a, AS 900 , BSC 1200 1,5đ Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) theo a http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25 0,25 S Dùng ĐL Cosin tính được: S MN = N A 0,25 2a A N C M H M B AM= 2a , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600)  0,25 tam giác AMN vuông A Gọi H trung điểm MN, SA = SM = SN tam giác AMN vuông A 0,25  SH  ( AMN ) ; tính SH = a Tính VS AMN  0,25 2a 3 0,25 VS AMN SM SN    VS ABC 2 2a VS ABC SB.SC IV2 0,25 3VS ABC 6a  2a 2 S SAB 3a 2) Cho tứ diện ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB 1,5đ đoạn CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN Vậy d (C ;( SAB ))  +) Đặt BM DN  x , với x 1   x Khi ta có: BM  x.BA DN  x.DC BA DC +) Ta có: Do đó: DN  x.DC  BN  BD  x ( BC  BD )  BN  x.BC  (1  x).BD 0,25 0,25 MN  BN  BM  x.BC  (1  x ).BD  x.BA +) MN2 = x a  (1  x) a  x a  x(1  x) a2 a2 a2  2x  x(1  x) 2 = a2  x  (1  x)  x  x(1  x)  x  x(1  x) = (2x2 – 2x + 1)a2 +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + đoạn  0;1 ta có: 0,25 0,25 1 max f ( x)  f (0)  f (1) 1, f ( x)  f ( )  2 +) MN đạt giá trị nhỏ a 2 M, N trung điểm AB, CD +) MN đạt giá trị lớn a M B, N D M A, N C Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25 0,25 V 1,0đ Chứng minh rằng: x8  y8 y8  z8 z8  x8   8 x4  y4  x2 y2 y4  z4  y2z z4  x4  z2 x2 +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 a.b.c = 0,25 a  b2 3(a  b ) nên a  b  ab  Dấu“=”có  a=b 2 a4  b4 a4  b4 a4  b4   (a  b ) 2 3 +) Ta có: a  b  ab Ta chứng minh: (1) a2  b2 a2  b2 2 0,25 Do ab      Thật vậy: (1)  2( a  b ) (a  b )  (a2 – b2)2 0 (luôn đúng) a  b4  (a  b ) Dấu“=”có  a2=b2  a=b 2 a  b  ab b4  c4  (b  c ) Dấu“=”có  b=c Áp dụng BĐT ta có: 2 b  c  bc Do ta được: +) 0,25 c4  a4  (c  a ) Dấu“=”có  c=a 2 c  a  ca Cộng vế BĐT ta được: a4  b4 b4  c4 c4  a4    (a  b  c ) (2) Dấu“=”có  a=b=c 2 2 2 a  b  ab b  c  bc c  a  ca +) Theo BĐT Cơ-si ta có: 2 (a  b  c ) 2.3 a b c 8 Dấu“=”có Do ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy   a=b=c x y z  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25