Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 chọn lọc số 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG … ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2013-2014 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề) Đề này có 05 câu, gồm 01 trang Câu I. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm ) Cho hàm số ( ) 3 2 2 2 9 12 1y f x x mx m x= = + + + , ( m là tham số) 1. Khi 1m = − , hãy viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆ có phương trình 3 20 17 0x y+ + = . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( ) ' 0f x = có hai nghiệm phân biệt ( ) 1 2 1 2 ,x x x x< thoả mãn điều kiện 2 1 2 x x= . Câu II. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm ) 1. Giải phương trình: 2 tan 4cos 2sin 2 3 cos x x x x π   + = + +  ÷   2. Giải hệ phương trình: 1 3 3 1 2 8 x x y y x y y  + + + − =     + + =   Câu III. ( 4,0 điểm) 1. Tìm giới hạn sau: 3 2 2 3 5 2 3 3 lim 4 x x x x x → − + − − − 2. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẩu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3. Câu IV. ( 6,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 1 2 4C x y− + − = có tâm là I và điểm ( ) 1;0M − . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M cắt ( ) C tại hai điểm ,A B sao cho tam giác IAB có diện tích 3S = . 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . ,M N lần lượt là trung điểm của AB và AD , H là giao điểm của CN với DM , biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa hai mặt phẳng ( ) SCD và ( ) ABCD bằng 0 30 . Tính SH và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM theo a. Câu V. ( 2,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn: 3x y z xyz+ + = Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 4 3 1 3 1 3 1 y z x x y y z z x + + ≥ + + + HẾT ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 11 Đề chính thức (Đáp án gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm I 1. ( 2,5 điểm) (4 điểm) Với 1m = − ta có hàm số ( ) 3 2 2 9 12 1y f x x x x= = − + + , ( ) ' 2 6 18 12f x x x= − + Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến, ( ) 0 0 ;x y là toạ độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số. Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆ : 3 20 17 0x y+ + = 0,75 nên 3 . 1 20 k −   = −  ÷   Hay 20 3 k = ( ) ' 2 0 0 0 20 6 18 12 3 f x x x⇒ = − + = 0 0 1 3 8 3 x x  =  ⇔  =  0,75 +) 0 0 1 110 3 27 x y= ⇒ = phương trình tiếp tuyến là 20 1 110 3 3 27 y x   = − +  ÷   +) 0 0 8 187 3 27 x y= ⇒ = phương trình tiếp tuyến là 20 8 187 3 3 27 y x   = − +  ÷   Vậy có hai tiếp tuyến là : 20 50 3 27 y x= + và 20 293 3 27 y x= − 1.00 2. ( 1,5 điểm) ( ) ( ) ' 2 2 2 2 6 18 12 6 3 2f x x mx m x mx m= + + = + + ( ) ' 0f x = có hai nghiệm phân biệt 2 2 3 2 0x mx m⇔ + + = có hai nghiệm phân biệt 2 0 0m m⇔ ∆ = > ⇔ ≠ . 0,75 ( ) ( ) 1 2 1 1 3 , 3 2 2 x m m x m m= − − = − + (do 1 2 x x< ) Theo giả thiết 2 1 2 x x= 2 3 3 2 2 2 m m m m m     − − − + ⇒ = ⇔ = −  ÷  ÷     0,75 II 1. ( 2,0 điểm) (4 điểm) Điều kiện : cos 0 , 2 x x l l Z π π ≠ ⇔ ≠ + ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 sin 4cos 2sin 2 cos 2 3 sin 2 1 cos 2 sin 2 3cos2 cos 2 sin sin 2 cos 2cos 2 3cos2 cos 0 sin 1 2cos cos 2 2 3 cos 0 sin cos 2 cos 2 2 3 cos 0 cos 2 sin 3 cos 2 0 pt x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x π   ⇔ + = + +  ÷   ⇔ + + = + + ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ + − = 1,00 ) cos 2 0 , 4 2 x x k k Z π π + = ⇔ = + ∈ 1 3 ) sin 3 cos 2 0 sin cos 1 2 2 sin 1 2 , 3 6 x x x x x x k k Z π π π + + − = ⇔ + =   ⇔ + = ⇔ = + ∈  ÷   1.00 Đáp án Toán 11- Trang 1 So với điều kiện ta được nghiệm của pt là : ; 2 , 4 2 6 x k x k k Z π π π π = + = + ∈ 2. ( 2,0 điểm) Điều kiện : 1 0, 0, 3y x x y y ≠ + ≥ + ≥ Đặt 1 , 3 , , 0a x b x y a b y = + = + − ≥ . Hệ trở thành 2 2 3 2, 1 1, 2 5 a b a b a b a b + = = =   ⇔   = = + =   0,75 +) Với 2, 1a b= = ta có 1 1 1 2 4 3, 1 4 4 5, 1 4 4 3 1 x x x y x y y x x y y x x y x y    + = + = = = + =     ⇔ ⇔ ⇔ −     = = −     = − + =  + − =   0,50 +) Với 1, 2a b= = ta có 1 1 1 1 1 4 10, 3 10 1 7 4 10, 3 10 7 7 3 2 x x x y x y y x x y y x x y x y     + = + = = − = + + =    ⇔ ⇔ ⇔  −    = + = −      = − + =  + − =   0,50 Thử lại ta thấy tất cả các nghiệm đều thoả mãn. Vậy hệ có 4 nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 3;1 , 5; 1 , 4 10;3 10 , 4 10;3 10x y = − − + + − 0,25 III 1. ( 2,0 điểm) (4 điểm) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 5 2 3 3 3 5 2 2 3 1 lim lim lim 4 4 4 3 5 4 2 3 1 lim lim 4 3 5 2 4 2 3 2 3 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x → → → → → − + − − − − − − = + − − − − − − − = +   − − + − − + − +  ÷   0,50 0,50 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 lim lim 2 2 3 5 2 2 2 2 3 2 3 1 3 2 2 16 2 7 lim lim 4.4 4.3 6 2 3 5 2 2 2 3 2 3 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x → → → → − + + − = +   − + − + − + − + − +  ÷   + + = + = + =   + − + + − + − +  ÷   0,50 0,50 2. ( 2,0 điểm) +) Tìm số có ba chữ số khác nhau lập được từ tập { } 0,1,2,3,4,5E = Số cần tìm có dạng abc Chọn , 0a E a∈ ≠ có 5 cách. Chọn 2 trong 5 số còn lại của { } \E a xếp vào hai vị trí b, c có 2 5 A cách. Vậy có 2 5 5. 100A = (số) 1,00 +) Tính số lập được chia hết cho 3. Số cần tìm có dạng abc , 3a b c+ + M Xét các tập con gồm 3 phần tử của tập { } 0,1,2,3,4,5E = , ta thấy chỉ có các tập sau thoả mãn điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là: Đáp án Toán 11- Trang 2 { } { } { } { } { } { } { } { } 1 2 3 4 5 6 7 8 A 0,1, 2 , A 0,1,5 ,A 0,2,4 ,A 0,4,5 A 1,2,3 ,A 1,3,5 , A 2,3,4 , A 3,4,5 = = = = = = = = Khi 1 2 3 4 , , , , ,a b c A A A A∈ mỗi trường hợp lập được 4 số thoả mãn yêu cầu. Khi 5 6 7 8 , , ; ; ;a b c A A A A∈ mỗi trường hợp lập được 6 số thoả mãn yêu cầu. Vậy có 4.4 4.6 40+ = (số) Suy ra số không chia hết cho 3 là 100 40 60− = (số) Xác suất cần tính là 60 0,60 100 P = = 1,00 IV 1. ( 3,0 điểm) (6 điểm) (C) có tâm ( ) 1;2 , 2I R = ; Đường thẳng ∆ đi qua ( ) 1;0M − có phương trình ( ) 2 2 1 0, 0a x by a b+ + = + ≠ . Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm ,A B thoả mãn 3 IAB S = V . Gọi H là hình chiếu của I trên AB ⇒ H là trung điểm của AB Ta có · · · · 0 0 60 1 3 . sin 3 sin 2 2 120 IAB AIB S IA IB AIB AIB AIB  = = = ⇒ = ⇒   =  V 1,00 +) · 0 0 60 .cos30 3AIB IH IA= ⇒ = = ( ) , 3d I IH⇒ ∆ = = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 15 , 1 2 2 3 8 0 0 15 4 , 1 a b a b a b ab do a b a b a b  = − + = +  ⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠  + = − =   Pt ∆ là ( ) ( ) 4 15 4 15 0; 4 15 4 15 0x y x y+ − + + = − − + − = 1,00 +) · 0 0 120 .cos60 1AIB IH IA= ⇒ = = ( ) , 1d I IH⇒ ∆ = = ( ) 2 2 2 2 2 2 4 7 , 1 2 2 3 1 3 3 8 0 0 4 7 , 1 3 a b a b a b ab do a b a b a b  − − = =  +  ⇔ = ⇔ + + = ⇔ + ≠  − ++ = =   Pt ∆ là ( ) ( ) 4 7 3 4 7 0; 4 7 3 4 7 0x y x y+ − + + = − − + − = Vậy có 4 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 1,00 2. ( 3,0 điểm) 1,00 Từ H kẻ HI CD⊥ , do ( ) SH ABCD SH CD⊥ ⇒ ⊥ , từ đó suy ra ( ) CD SHI⊥ ⇒ góc giữa ( ) SCD và ( ) ABCD là góc ( ) · · 0 , 30SI HI SIH= = . Trong tam giác vuông DHC ta có . 2 5 DH CH a HI CD = = . Trong tam giác vuông SHI ta có 0 2 3 .tan 30 15 a SH IH= = . 1,00 Gọi K là trung điểm của DC //BK DM ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) // , , ,DM SBK d DM SB d DM SBK d H SBK⇒ ⇒ = = Gọi E là giao điểm của BK và CN, từ H kẻ ( ) 1HF SE⊥ , do ( ) ( ) 2 BK CN BK SHE BK HF BK SH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Từ (1) và (2) suy ra ( ) ( ) ( ) ,HF SBK HF d H SBK⊥ ⇒ = Ta có //EK HD mà K là trung điểm của DC nên E là trung điểm của HC 1 5 2 5 a HE HC⇒ = = . Trong tam giác vuông SHE ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 75 95 2 4 4 95 a HF HF HE HS a a a = + = + = ⇒ = Vậy ( ) ( ) ( ) 2 , , 95 a d DM SB d H SBK HF= = = . 1,00 V ( 2 điểm) (2 điểm) Từ giả thiết 1 1 1 3 3x y z xyz xy yz zx + + = ⇒ + + = , Đặt , , 0 1 1 1 , , 3 a b c a b c ab bc ca x y z >  = = = ⇒  + + =  Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 4 a b c b c a + + ≥ + + + (*). 0,50 Do ab + bc + ca = 3 nên Đáp án Toán 11- Trang 3 Ta có ( ) MAD NDC c g c∆ = ∆ − − · · ADM DCN⇒ = mà · · · · · 0 0 0 90 90 90 ADM MDC DCN MDC DHC + = ⇒ + = ⇒ = Hay DM CN ⊥ Trong tam giác DCN ta có . . 2 . 5 5 DCN DH CN DN DC S DN DC a DH CN ∆ = = ⇒ = = 2 2 2 5 5 a CH DC DH= − = KI C HN A M B S D VT (*) = 3 3 3 2 2 2 a b c b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca + + + + + + + + + + + = 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c b c a b c a b c a b c a + + + + + + + + Theo BĐT AM-GM ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a b c a b a b c a b + + + + ≥ + + 3 5 2 ( )( ) 8 a a b c b c a b − − ⇒ ≥ + + (1) 0.75 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: 3 5 2 ( )( ) 8 b b c a c a b c − − ≥ + + (2), 3 5 2 ( )( ) 8 c c a b a b c a − − ≥ + + (3) Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được (*) 4 a b c VT + + ≥ Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3( )ab bc ca+ + = 3. Đẳng thức xảy ra khi 1a b c= = = hay 1x y z= = = (Đpcm) 0,75 Chú ý: Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. Đáp án Toán 11- Trang 4 . ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 lim lim 2 2 3 5 2 2 2 2 3 2 3 1 3 2 2 16 2 7 lim lim 4.4 4.3 6 2 3 5 2 2 2 3 2 3 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x. ) ( ) ( ) ( ) 2 2 sin 4cos 2sin 2 cos 2 3 sin 2 1 cos 2 sin 2 3cos2 cos 2 sin sin 2 cos 2cos 2 3cos2 cos 0 sin 1 2cos cos 2 2 3 cos 0 sin cos 2 cos 2 2 3 cos 0 cos 2 sin 3 cos 2 0 pt x x x x x. 10x y = − − + + − 0 ,25 III 1. ( 2, 0 điểm) (4 điểm) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 5 2 3 3 3 5 2 2 3 1 lim lim lim 4 4 4 3 5 4 2 3 1 lim lim 4 3 5 2 4 2 3 2 3 1 x x x x x x