Đề HSG cấp tỉnh và đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi : Toán lớp 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/10/2011 (Đề thi gồm có 1 trang, 5 câu) Câu 1 (4 điểm) Giải phương trình 2 2 10x 3x 1 (1 6x) x 3 + + = + + Câu 2 (4 điểm) Tìm m để hàm số 3 2 y x 3x (m 1)x 2= + − + + có cực đại, cực tiểu. Đồng thời đường thẳng nối điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số tạo với đường thẳng y = 2x + 3 góc 45 0 . Câu 3 (4 điểm) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn 1 2 n 1 n n x 8 1 x (x 7x 25) 3 + =    = − +   ( n N *∈ ) Đặt n n k k 1 1 u x 2 = = − ∑ . Tính Limu n . Câu 4 (4 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: bc ca ab P a 3 bc b 3 ca c 3 ab = + + + + + . Câu 5 (4 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. a. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A'BC) theo a. b. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AA' và B'C'. Hết Đáp án Đề HSG Lạng Sơn 2011 lớp 12 Câu 1 (4 điểm) Giải phương trình: 2 2 10x + 3x +1= (1+ 6x) x +3 .do nên 1+6x > . Đặt u = 1+6x, v = 2 3x + , khi đó phương trình cho trở thành 2 2 1 9 . 4 4 u v u v+ − = hay u – 2v = ± 3. *) u – 2v = 3 ta được 2 2 1 6 3 2 3 3 1 3x x x x + − = + ⇔ − = + 2 2 3 1 0 1 (3 1) 3 x x x x − ≥  ⇔ ⇔ =  − = +  *) u – 2v = -3 ta được 2 2 1 6 3 2 3 3 2 3x x x x + + = + ⇔ + = + 2 2 3 2 0 7 3 4 (3 1) 3 x x x x + ≥  − ⇔ ⇔ =  + = +  Phương trình có 2 nghiệm x = 1, 7 3 4 x − = Câu 2(4điểm) Tìm m để hàm số 3 2 3 ( 1) 2y x x m x = + − + + có cực đại , cực tiểu. Đồng thời đường thẳng nối điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số tạo với đường thẳng y= 2x + 3 một góc 45 0 . Giải . Tập xác định của hàm số: D = R y’ = 3x 2 +6x- (m+1) để hàm số có cực đại, cực tiểu thì y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt hay ' 9 12( 1) 0 4m m= + + > ⇔ > −V . Ta có 1 2 1 7 y y’.( 1) ( 4) 3 3 3 3 x m x m= + − + + + Do các hoành độ của các cực trị là nghiệm của y’ = 0 lên các điểm cực trị có tọa độ thỏa mãn đường thẳng 2( 4) 7 y 3 3 3 m m x + = − + + Đường thẳng qua 2 cực trị tạo với đường thẳng y = 2x + 3 một góc 45 0 thì ta có 0 2( 4) 2 3 tan 45 1 4( 2) 1 3 m m + + = = + − 9 2 19 6 m m  =  ⇔   = −   Câu 3 (4 điểm) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn: 1 * 2 1 8 ( ) 1 ( 7 25) 3 n n n x n N x x x + =   ∈  = − +   Đặt 1 1 . ìmlim . 2 n n n k k u T u x = = − ∑ Xét hàm số ( ) 2 1 f x ( 7 25) 3 x x= − + đồng biến trên (7/2 ; +∞) nên x 1 = 8 > 7/2 nên x 2 >x 1 tương tự ta có x n+1 >x n mọi * n N∈ ta chứng minh (x n ) là dãy không bị chặn trên. Thật vậy nếu dãy (x n ) bị chặn trên thì nó hội tụ về x > 8 hay phương trình 2 2 1 x = (x - 7x + 25) x 10 25 0 5 3 x x⇔ − + = ⇔ = có nghiệm x = 5 > 8 (mâu thuẫn). Ta có 2 1 1 1 1 ( 7 25) 5 ( 5)( 2) 3 3 k k k k k k x x x x x x + + = − + ⇔ − = − − 1 1 1 3 1 1 1 1 1 5 ( 5)( 2) 5 2 2 5 5 k k k k n n k k x x x x x x x x + + ⇒ = = − ⇔ = − − − − − − − − − Cho k chạy từ 1 đến n ta có 1 1 1 1 1 2 3 5 n n k k n u x x = + = = − − − ∑ vậy Limu n =1/3 Câu 4 (4điểm) Đặt , ,x a y b z c = = = x, y, z > 0 khi đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 ( ) 3 3 3 3 3 3 3 yz xz xy x y z P x yz y xz z xy x yz y xz z xy = + + = − + + + + + + + + Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopki cho 2 dãy số dương 2 2 2 2 2 2 ; ; à 3 ; 3 ; 3 3 3 3 x y z v x yz y xz z xy x yz y xz z xy + + + + + + Ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )( 3 3 3 ) 3 3 3 ( ) 3 3 3 3 3 3 x y z x y z x yz y xz z xy x yz y xz z xy x y z x y z x yz y xz z xy x yz y xz z xy + + ≤ + + + + + + + + + + + + ⇔ ≤ + + + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3 3 3 3 ( ) 1 ( ) 3 1 ( ) ( ) 3 4 ( ) 3 x y z x y z P x yz y xz z xy x y z xy yz zx x y z x y z x y z + + + + ⇒ ≤ − = − + + + + + + + + + + + + ≤ − = + + + + + Vậy GTLN của P là 3/4 khi x= y = z hay a = b = c Câu 5 (4điểm) a) Goi I là trung điểm của AB Khi đó A’I là đường cao của hình lăng trụ (giả thiết) Ta có A’I = 2 2 15 ' 2 A A AI a− = diện tích của tam giác ABC là 2 . 3 2 2 ABC AB AC a S = = V Ta có tam giác A’AC vuông tại A vì AA' ' AC AB AC AC A I ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  2 2 A’C A'A 7AC a = + = gọi E là trung điểm của A’C thì BE là đường cao của tam giác A’BC (vì A’B = BC = 2a) . 2 2 2 2 7 3 BE 4 ( ) 2 2 a BC CE a a= − = − = Diên tích tam giác A’BC 2 A’BC . ' 3 S 7 2 4 BE A C a= = V Goi V là thể tích của khối chóp A’.ABC thì 1 1 'I.S ABC 5 V 'I.S ABC = .S A'BC 3 3 S A'BC 7 A A AH AH a= ⇒ = = V V V V b) Góc giữa AA’ và B’C’ cũng là góc giữa AA’ và BC gọi là α ta có 2 2 ' ' 1 '. . 4 . os os 2 8 AA AI IA a AA BC AI BA a cα c α BC BA AC  = +  ⇒ = ⇒ = ⇔ =  = +   uuur uur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur Trên đây là lời giải vắn tắt có gì sai sót mong các thầy cô góp ý. Cảm ơn thầy Hoàng Văn Thi đã đưa đề lên . . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi : Toán lớp 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:. mặt phẳng (A'BC) theo a. b. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AA' và B'C'. Hết Đáp án Đề HSG Lạng Sơn 2011 lớp 12 Câu 1 (4 điểm) Giải phương trình: 2 2 10x + 3x +1= (1+. 'I.S ABC = .S A'BC 3 3 S A'BC 7 A A AH AH a= ⇒ = = V V V V b) Góc giữa AA’ và B’C’ cũng là góc giữa AA’ và BC gọi là α ta có 2 2 ' ' 1 '. . 4 . os os 2 8 AA AI IA a AA BC