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 . 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. có: [ ] 2014! )1 (2014) !1. (2014 !2014 ) !2013) !.(1( !2013 1 1 201 42013 + = +−+ = −+ = + 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 +). 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