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) x2 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 x2 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 x2 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