SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHLỚP12NĂMHỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/09/2017 (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (THPT 4,0 điểm; GDTX 5,0 điểm) Cho hàm số y = 2x − x +1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số b) Tìm điểm M thuộc ( C ) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆1 : x − y + = khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 : x − y + = lần Câu (THPT 6,0 điểm; GDTX 6,0 điểm) cos3 x + cos x ( 2sin x − 1) − sin x − ( sin x + cos x ) a) Giải phương trình: = 2sin x − y ( x6 1) y( x2 2) y2 b) Giải hệ phương trình: x, y x xy x x n+2 c) Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển thành đa thức 1 + x (1 − x ) Biết C20n + C22n + + C22nn = 2048 Câu (THPT 4,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX làm câu 3b, GDTX 3,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A 1;2 Gọi M , N trung điểm cạnh CD AD , K giao điểm BM với CN Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK , biết đường thẳng BM có phương trình 2x y điểm B có hồnh độ lớn ( ) ( ) vng góc với AB kéo dài K ( B nằm A K ) Gọi C điểm nằm đường tròn ( O ) , b) Cho đường tròn O đường kính AB , đường thẳng d khơng có điểm chung với đường tròn O d ( C khác A B ) Gọi D giao điểm AC d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn ( E tiếp điểm E, C nằm hai phía đường kính AB ) Gọi F giao điểm EB d , G giao điểm ( ) AF O , H điểm đối xứng G qua AB Chứng minh ba điểm F, C, H thẳng hàng Câu (THPT 3,0 điểm; GDTX 4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang với , AB AD a, CD 2a Biết hai mặt phẳng SAC SBD vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng (SBC ) mặt đáy 450 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SD BC Câu (THPT 2,0 điểm; GDTX 2,0 điểm) 1 − xy Cho x > 0, y > thỏa x + y + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + + xy + 2x + y − x2 − y Câu (THPT 1,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX khơng phải làm câu 6) Cho dãy số (u n ) xác định R R u12017 u22017 un2017 , ∀n ∈ N * Tìm lim sau: + + + 2017 u2 u u = un +1 un un + u3 + un +1 + n +1 u2 + u u2 un u1= a ≥ ( ) Hết U Lưu ý: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính bỏ túi, giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: U U SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC Hướng dẫn chấm gồm 07 trang HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHLỚP12NĂMHỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Lưu ý: Điểm tồn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa Điểm Câu Nội dung THPT GDTX Cho hàm số y = 2x − x +1 a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng lần khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆1 : x − y + = ∆2 : x − y + = 4,0 5,0 0,5 0.5 0,5 0.5 0,5 0.5 0,5 1,0 ⊕ TXĐ:= D \ {−1} ⊕ Sự biến thiên y′ = > 0, ∀x ≠ −1 nên hàm số đồng biến khoảng xác định ( x + 1) 2x − 2x − = +∞; lim+ = −∞ ⇒ Đồ thị hàm số nhận x →− x +1 x +1 đường thẳng có phương trình x = −1 tiệm cận đứng 2x − 2x − Ta có lim = 2; lim = ⇒ Đồ thị hàm số nhận đường x →−∞ x + x →+∞ x + thẳng có phương trình y = tiệm cận ngang ⊕ Ta có lim− x →−1 Bảng biến thiên 1a ( )( )( )( ) Điểm đặc biệt: −2;6 , −3; 0; −2 , 1; Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I (1;2) tâm đối xứng Đồ thị: 2x − Giả sử M x0 ; ∈ (C ); x0 ≠ −1 Ta có: x0 + ( x0 − ) d1 d M , ∆= = ( ) x0 − d= d M , ∆= 2 1b ⊕ d1 = d ⇔ 2 x0 − +4 x0 + = x0 − +5 x0 + = x02 + x0 + x0 + x02 + x0 + x0 + x02 + x0 + x0 + x02 + x0 + 2 x + x0 + (*) x0 + 2 x0 + x0 += = ⇔ 2 x2 + x + =− x2 + x + (**) 0 ( ) ) x = (**) ⇔ x02 + x0 + = Ta có (*) ⇔ x02 + x0 =0 ⇔ 0 vô nghiệm x = − Với x M 0; 2; x 2 M 2;6 Giải PT: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,75 0,5 0,75 2,0 2,0 0,25 0,25 0,75 0,75 1,0 1,0 ( 0,5 cos3 x cos2 x 2 sin x 1 sin 2x sin x cos x sin2 x ĐK: sin2 x cos 2x x 0 k , k PT cos3 x cos2 x 2 sin x 1 sin 2x sin x cos x cos3 x cos2 x 2 sin x 1 sin 2x sin x cos x cos3 x cos2 x sin x cos2 x sin x cos x sin x cos x cos2 x sin x cos x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos x cos2 x cos x sin x cos x cos x cos x 2a Với sin x cos x sin x x k , k Với cos x x k 2, k Với cos x 2 x k 2, k Đối chiếu với điều kiện phương trình có họ nghiệm là: x k 2, k , x 2 k 2, k Chú ý : Viết gộp họ nghiệm ta họ nghiệm x U U m 2 ,m Giải hệ phương trình: y ( x 1) y( x2 2) y x 3 xy x2 3 x 1 x, y 2,0 2,0 1,0 1,0 0,25 0,25 0,75 0,75 2,0 2,0 ĐK: xy x2 Ta có PT (1) x y + x y = y − y + y − + 3( y − 1) ⇔ ( x y ) + 3x y = ( y − 1) + 3( y − 1) Xét hàm số f (t ) = t + 3t có f '(t= ) 3t + > 0, ∀t ∈ ⇒ f (t ) đồng biến Mặt khác PT (1) ⇔ f ( x y ) =f ( y − 1) ⇔ x y =y − ⇔ x y − y =−1 Thay x2 y y 1 vào phương trình (2) ta có: PT (2) 4 x 3 x x2 y y 3 x 1 PT (2) 4 x 3 Vì x x 3x 3 nghiệm phương trình nên xét x , 4 chia vế phương trình cho 4x ta có: 2b x 3x 9 x 3x 1 4x 4x Xét hàm số g(x ) x 3x Ta có g '( x) 4x 3 x 3 1, với x ∈ ( −4; +∞ ) \ − 4x 4 36 x 3 3 4 với x ∈ ( −4; +∞ ) \ − 3 ⇒ Hàm số y g(x ), đồng biến khoảng −4; − 4 − ; +∞ ⇒ Trên khoảng 3 −4; − − ; +∞ phương trình có 4 tối đa nghiệm Mà g(0) g(3) phương trình có hai nghiệm x 0, x 3 Với x y Với x 3 y 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 0;1, 3; 2c Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển thành đa thức n+2 1 + x (1 − x ) Biết C20n + C22n + + C22nn = 2048 ⊕ Ta có (1 − 1) = C20n − C21n + C22n − C23n + + C22nn 2n ⇔ C20n + C22n + + C22nn = C21n + C23n + + C22nn −1 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 3,0 0,75 1,0 0,75 1,0 0,5 1,0 Mặt khác ta có (1 + 1) = C20n + C21n + C22n + C23n + + C22nn 2n 22 n ⇒ C20n + C22n + + C22nn = 22 n −1 Kết hợp với giả thiết ta có 22 n −1 = 2048 ⇔ 22 n −1 = 211 ⇔ n = Do C20n + C22n + + C22nn = C21n + C23n + + C22nn−1 = k k = k 0= k x ) ⊕ Ta có 1 + x (1 −= 8 ∑C x (1 − = x ) ∑C k x k (1 − x ) k Hệ số x8 xuất số hạng ứng với k = k = Từ ta có hệ số x8 C83 C32 + C84 C40 = 238 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A 1;2 Gọi M , N trung điểm cạnh DC AD , K giao điểm BM với CN Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK , biết BM có phương trình 2x y điểm B có hồnh độ lớn A B I H N K D M C E Gọi E = BM ∩ AD ⇒ DM đường trung bình ∆EAB ⇒ DA = DE 3a Dựng AH ⊥ BM H ⇒ AH d A; BM DCN 900 BM CN CND BMC Ta có BMC CND BMC Trong tam giác vuông ABE: ⇒ AB 1 AH AB AE AB AH , ta có B ∈ BM ⇒ B ( b; − 2b ) Vì điểm B có hồnh độ lớn nên nhận b= ⇒ B 3; Ta có AB = ⇔ (b + 1)2 + (6 − 2b)2 = ⇔ b = b = ( ) Phương trình AE : x + = Ta có E = AE ∩ BM ⇒ E ( −1; 10 ) Mà D trung điểm AE ⇒ D ( −1; ) Ta có N trung điểm AD ⇒ N ( −1;4 ) ⇒ Trung điểm I BN có tọa độ 1; 3 Do tứ giác ABKN nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK đường tròn tâm I bán kính IA BNK : x 1 y 3 2 Chú ý: Học sinh sử dụng hệ thức lượng tam giác vng đểtính AB = U U ( ) Cho đường tròn O đường kính AB , đường thẳng d khơng có điểm ( ) chung với đường tròn O d vng góc với AB kéo dài K ( B nằm ( ) A K ) Gọi C điểm nằm đường tròn O , ( C khác A B ) Gọi D giao điểm AC d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn ( E tiếp điểm E, C nằm hai phía AB ) Gọi F giao điểm 2,0 ( ) EB d , G giao điểm AF O , H điểm đối xứng G qua AB Chứng minh F, C, H thẳng hàng A O H 3b G E C B d K D F Gọi H giao điểm FC với (O) Để chứng minh toán ta cần chứng minh H đối xứng với G qua AB mà = Ta có AEKF tứ giác nội tiếp ⇒ EAK EFK ⇒ EFK ⇒ ∆DEF cân D ⇒ DE = DF EAK = DEF = DEF DFA Ta có= DE DC.DA ⇒= DF DC.DA ⇒ ∆DCF ∆DFA ⇒= DCF = = HGA ⇒ GH / / FD Mặt khác DCF ACH = AGH ⇒ DFA Mà FD ⊥ AB ⇒ GH ⊥ AB , Do AB đường kính ⇒ G, H đối xứng qua AB , (đpcm) = D = 900 , Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang với A AB = AD = a, CD = 2a Biết hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBD ) vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng ( SBC ) mặt đáy 450 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SD BC S H E D C O F A B Gọi O giao điểm AC BD Khi đó, SO giao tuyến hai mặt phẳng ( SAC ) ; ( SBD ) 0,5 1,0 0,5 3,0 4,0 Mặt khác, hai mặt phẳng ( SAC ) ; ( SBD ) vng góc với mặt đáy nên SO ⊥ ( ABCD ) Gọi E trung điểm CD ⇒ ABED hình vng cạnh a Mặt khác, BE ⊥ CD;= BE CD ⇒ ∆BCD vuông cân B Do đó, BC ⊥ OB ⇒ BC ⊥ ( SOB ) ⇒ BC ⊥ SB 0,5 1,0 1,0 1,0 = ⇒ ( SB, OB ) = SBO 450 ( ( SBC ) , ( ABCD ) ) = Ta có: BD = AD + AB = a OB AB 1 a 2a AB / / CD ⇒ = = ⇒ OB = BD = ; OD = OD CD 3 2a + a ) a 3a ( a Ta có:= S ABCD = = = ; SO OB.tan 450 2 3 1 3a a a ⇒ VS ABCD = S ABCD SO = = 3 Gọi F điểm đối xứng với B qua A ⇒ BCDF hình bình hành 900 ⇒ BC / / DF ; ∠FDB = ∠DBC = Do đó= d ( BC , SD ) d (= BC , ( SDF ) ) d= ( B, ( SDF ) ) 32 d ( O, ( SDF ) ) Trong mặt phẳng ( SOD ) dựng OH ⊥ SD Khi đó, ta có: 0,5 1,0 OH ⊥ SD 1 ⇒ OH ⊥ ( SDF ) ⇒ d ( O, ( SDF ) ) = OH Ta có: = + 2 ⊥ OH FD OH SO DO SO.DO ⇒ OH= = SO + DO a 2a 3 a 2a + = 2a 10 a 10 ⇒ d ( BC , SD= ) 15 Chú ý : Kẻ BI SD BI đoạn vng góc chung SD BC U 1,0 1,0 U SO.BD Xét SBD ta có BI SD SO.BD BI SD a a a 10 a 10 xy Cho số thực x, y > thỏa mãn x + y + = Tìm giá trị nhỏ 1 − xy biểu thức: P = + + + 2x + y − x2 − y 2,0 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 Theo BĐT AM-GM ta có: x + y + ≥ x y + Do đó: = x + y + ≥ x y + ⇔ x y + xy − ≤ xy ⇔ ( xy − 1) ( x y + xy + 3) ≤ ⇔ xy ≤ 1 + ≥ , ∀ x, y > Ta ln có bất đẳng thức phụ sau: + x + y + xy 1 + ≥ Thật ta có: + x + y + xy ⇔ + xy + ( x + y ) + xy ( x + y ) ≥ + x + y + xy ⇔ x y + y x + ≥ xy (Điều x y + y x + ≥ 3 x3 y =3xy ) 1 − xy − xy (theo AM-GM) + + ≥ + 2 1+ 2x 1+ y − x − y + xy − xy − 2t t xy, t ∈ (0;1] Xét f (t ) = + , t ∈ (0;1] Đặt= + t − 2t Vậy P = Ta có: = f '(t ) −2 (2 + t ) − ( − 2t ) < 0, ∀t ∈ (0;1] 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒ f (t ) nghịch biến (0;1] nên P ≥ f (t ) ≥ f (1) = x2 y = y x Vậy P =1 ⇔ ⇔ x = y =1 xy = u1 = a , ∀n ∈ N * 2017 = + u u u + n n n Cho a ≥ Xét dãy số (u n ) xác định sau: R R ( ) 2017 2017 2017 u1 u2 un Tìm lim + + + u2 u3 un +1 u3 + un +1 + u2 + u u2 un un un2017 + ⇔ un +1 − u= un2018 ≥ 0, ∀n ∈ N * Từ giả thiết un= +1 n ( ) Mặt khác từ u1= a ≥ và= un +1 un ( un2017 + 1) ⇒ un > 0, ∀n ∈ N * Do un +1 − u= un2018 > 0, ∀n ∈ N * ⇒ ( un ) dãy số tăng ⇒ un > > u2 > u1 = a ≥ n ( ) Ta có un +1 = un un2017 + ⇔ un2018 = un +1 − un Khi = un2017 un +1 + un +1 un un +1 − un un un +1 Vậy ( un2018 un un +1 + un +1 un = un + un + n u12017 u2 + = u2 u1 + ) u22017 u3 + u3 u2 un +1 − un = un un +1 + + un un2017 un +1 + − un +1 un +1 un 1 1 1 1 = − = − − − + + + = − u u u1 un +1 a un +1 u2 u2 u3 un +1 n Ta xét trường hợp sau: Trường hợp 1: Dãy ( un ) bị chặn ⇒ ( un ) có giới hạn Giả sử giới hạn a, lấy giới hạn vế giả thiết = un +1 un ( un2017 + 1) a a ( a 2017 + 1) ⇔ = a (mâu thuẫn với un > a ≥ 1, ∀n ∈ N * ) ta có:= Trường hợp 2: Dãy ( un ) không bị chặn Mà ( un ) dãy tăng ⇒ lim un = +∞ ⇒ lim un +1 = +∞ 2017 2017 2017 u2 un Khi lim u1 + + + = lim − = a u2 u3 un +1 un +1 + + + u u u n +1 u1 u2 un Hết U a ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC Hướng dẫn chấm gồm 07 trang HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Lưu ý: Điểm tồn lấy điểm lẻ... 4,0 5,0 0,5 0.5 0,5 0.5 0,5 0.5 0,5 1,0 ⊕ TXĐ:= D {−1} ⊕ Sự biến thi n y′ = > 0, ∀x ≠ −1 nên hàm số đồng biến khoảng xác định ( x + 1) 2x − 2x − = +∞; lim+ = −∞ ⇒ Đồ thị hàm số nhận x →− x... n ) xác định sau: R R ( ) 2017 2017 2017 u1 u2 un Tìm lim + + + u2 u3 un +1 u3 + un +1 + u2 + u u2 un un un2017 + ⇔ un +1 − u= un2018 ≥ 0, ∀n ∈ N * Từ giả thi t un=