Tài liệu là tư liệu tham khảo giúp giáo viên phân loại năng lực học sinh, tuyển chọn những học sinh xuất sắc nhất cho đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh. Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án) để nắm chi tiết các bài tập.
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 = x + 2mx − 3x (1) và đường thẳng (∆ ) : y = 2mx − (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 hồnh độ khơng đổi và O là gốc toạ độ). 2) Cho hàm số y 2x có đồ thị (C) và đường thẳng d: y x 2 x m Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 2013 k 2013 đạt giá trị nhỏ nhất Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: sin x cos x 2) Giải hệ phương trình: sin x 9y2 xy x (9 y 1) 4( x x x 10 1) x Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: S 1.0!.2013! 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: u1 un 1 2.1!.2012! 3.2!.2011! 1 un (n un 1 4.3!.2010! 2014.2013!.0! n N *) Tìm lim k uk Câu IV (3,0 điểm) ﾷ B = SAC ﾷ ﾷ 1) Cho khối chóp S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS = 900 , BSC = 1200 Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao 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 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: xyz Chứng minh rằng: x4 x8 y8 y4 x2 y2 y4 2 y8 z8 z4 y2z2 z4 z x8 x4 z2 x2 8 …………… Hết……………… Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: ………………… Chữ ký giám thị 1:………………………….Chữ ký giám thị 2: 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 Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm tồn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa) Câu I1 1,0đ Điểm Nội dung 1) Cho hàm số y = x3 + 2mx − 3x (1) và đường thẳng (∆) : y = 2mx − (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 hồnh độ khơng đổi và O là gốc toạ độ). Hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và ( ∆ ) là nghiệm phương trình: x + 2mx − 3x = 2mx − � x + 2mx − (2m + 3) x + = x =1 � � ( x − 1) � x + (2 m + 1) x − = � � � x + (2m + 1) x − = 0(2) Vậy (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt 0,25 phương trình (2) có (2m + 1) + > m + 2m + − Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m2), B( x1;2mx1 − 2), C( x2 ;2mx2 − 2) , trong đó x1 ; x hai nghiệm phân biệt x ��۹ 0,25 là nghiệm phương trình (2) nên x1 + x = −2m − 1, x1x = −2 Tam giác OBC có diện tích S = BC.d Trong đó d = d(O; ∆) = 1+4m BC = ( x2 − x1 ) + (2mx2 − 2mx1 ) = � ( x1 + x2 ) − x1 x2 � ( 4m + 1) � � � BC = � (�2m + 1) + 8� ( 4m2 + 1) � S = � Vậy S = 17 I2 1,0đ 4m 2) Cho hàm số y 4m 17 ( 2m + 1) +8 0,25 0,25 m (TM) m 2x có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = 2x + m. Chứng minh x rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 2013 k2 2013 đạt giá trị nhỏ nhất Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C) và d: 2x x 2x m x 2x 2 ( m ) x 2m 0(*) 0,25 0, m Xét phương trình (*), ta có: R và x = 2 khơng là nghiệm của (*) nên d ln 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 k1 ( x1 1) x1 Có P = k1 II1 1,0đ , k2 ( x 1) , trong đó x1 , x là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy k1 k k1 2 2013 x2 k2 ( x1 2) x1 x 2 x2 4 (k1>0, k2>0) 2 2014 , do dó MinP = 2 2013 k1 k ( x1 ( x 2) 2) 2014 đạt được khi 2) ( x2 0,25 do x1 , x phân biệt nên ta có x1 +2 = x2 2 x1 + x2 = 4 m = 2. Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. 1) Giải phương trình: sin x cos x sin x PT(1) (1) 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) (cosx – sinx) (cos x sin x)(sin x cos x) *) cos x sin x x 0,25 0,25 k *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 cosx + sin3x + 2 = 0 (2) *) Vì cos x cos x sin x 1; sin x 1, x nên (2) Vậy PT có nghiệm là: x k (k II2 1,0đ x1 2013 k2 0,25 2) Giải hệ phương trình: 1) 4( x x x x x (9 y hệ vô nghiệm 0,25 Z) 9y2 xy 1 0,25 (1) x x 1) x 10(2) ĐK: x NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0 PT (1) 3y 3y y y y (3 y ) 1 1 x x x 0,25 (3) Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t t , t > 0 Ta có: f’(t) = 1 + t PT(3) f(3y)= f x t2 t2 3y = Thế vào pt(2) ta được PT: x >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞) x2 0,25 x 4( x 1) x 10 0,25 Đặt g(x)= x x 4( x 1) x 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 Với x =1 y = 3 KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ) III1 1) Rút gọn biểu thức: 1,0đ S 1.0!.2013! 1 2.1!.2012! 3.2!.2011! k +) Ta có: 1 4.3!.2010! (k 1).k!.(2013 k )! 2014.2013!.0! 1).k!.(2013 k )! (k 2013 +) Ta có: S k 2013 C k 0,25 S 2013! k 2013! (k 1)!.(2013 k )! k C 2013 k 2013 0,25 2014! 2014.(k 1)! 2014 (k 1) ! k 2014 C 2014 0,25 (k =0;1;…;2013) +) Do đó: S.2013!= k C 2014 2014 k +) S.2013! = 2014 k C 2014 2014 k 2013 2014 2014 1,0đ 2014! S III2 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (u n un 4u n 0,25 u1 un +) Ta có: u n 0,25 2014 (n un 4) un k 2 limun = +) Ta có: u n2 un 2u n un n +) Do đó: k 1 uk 2u n un u1 un 2) un 0,25 L u1 0,25 L = 2. (Vô lý) u n (u n un uk Dãy khơng giảm 0, n Nếu có số M: un M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un u1 +) Khi đó ta có: L = L2 – L + 2 n N *) Tìm lim 2(u n un n lim k 1 u n (u n 2) 2) 2(u n 2) ( n N *) 1 = u1 uk IV1 ﾷ B = SAC ﾷ ﾷ 1) Cho khối chóp S ABC SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS = 900 , BSC = 1200 1,5đ Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vng. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a 0,25 0,25 S Dùng ĐL Cosin tính được: S MN = 2a N A 0,25 A N C M H M B AM= 2a , AN=2a (Tam giác vng SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600) tam 0,25 giác AMN vng tại A Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vng tại A 0,25 SH ( AMN ) ; tính được SH = a VS AMN VS ABC 0,25 2a 3 Tính được VS AMN SM SN SB.SC 0,25 2a VS ABC 0,25 3VS ABC 6a = = 2a Vậy d (C ;( SAB)) = S ∆SAB 3a IV2 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và 1,5đ đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN +) Đặt BM BA x , với +) Ta có: DN Do đó: MN x.DC BN +) MN2 = x a DN DC x BN BM BD x.BC (1 x) a x Khi đó ta có: BM x ( BC BD) (1 x).BD x2a2 x(1 x) BN x.BC x.BA và DN x.DC (1 x).BD 0,25 a2 0,25 x.BA a2 2x a2 2 x(1 x) = a2 x (1 x) x x(1 x) x x(1 x) = (2x2 – 2x + 1)a2 +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn 0;1 ta có: 1 f( ) 2 +) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng a khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD max f ( x) f (0) 0,25 f (1) 1, f ( x ) +) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M B, N D hoặc M A, N C Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 V 0,25 Chứng minh rằng: x4 x8 y8 y4 x2 y2 y4 y8 z8 z4 y2z2 z4 z x8 x4 z2 x2 8 0,25 0,25 1,0đ +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8 a2 Do ab +) Ta có: a b2 nên a b 2 a4 b4 b a4 b2 ) b4 b2 2( a b ) (a b2 )2 a4 b4 ab Do đó ta được: +) Áp dụng BĐT trên ta có: a 2 b4 b c c4 c bc ca (c c4 a4 a a2 b4 b2 (a b2 ) (1). 0,25 (a2 – b2)2 (luôn đúng). (a (b ab a=b a4 b Dấu“=”có Ta sẽ chứng minh: 3 a 2 Thật vậy: (1) 3(a ab 0,25 b ) Dấu“=”có a2=b2 c ) Dấu“=”có b=c a ) Dấu“=”có c=a a=b 0,25 Cộng các vế các BĐT trên ta được: a4 a b4 b b4 ab b c4 c c4 bc a4 c a ca +) Theo BĐT Cơsi ta có: (a b c ) 2 (a c ) (2) Dấu“=”có b2 2.3 a b c Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra x y Dấu“=”có z a=b=c a=b=c 0,25 ... ký giám thị 2: 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 Ngày? ?thi: 22 tháng 10? ?năm? ?2013 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)... x2a2 x(1 x) BN x.BC x.BA ? ?và? ? DN x.DC (1 x).BD 0,25 a2 0,25 x.BA a2 2x a2 2 x(1 x) = a2 x (1 x) x x(1 x) x x(1 x) = (2x2? ?–? ?2x + 1)a2 +) Xét hàm số f(x) = 2x2? ?–? ?2x + 1 trên đoạn 0;1... 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 hồnh độ khơng đổi? ?và? ?O là gốc toạ độ). Hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số (1)? ?và? ?(