Đề thi và đáp án môn toán học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2013-2014

Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB theo a.. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN..[r]

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

MƠN THI: TỐN 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 yx32mx23x (1) đường thẳng ( ) : y2mx2 (với m tham số) Tìm m để đường thẳng ( ) đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ khơng đổi O gốc toạ độ)

2) Cho hàm số

2

  

x x

y có đồ thị (C) đường thẳng d:y 2 xm Chứng minh d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k 1, k2 hệ số góc tiếp tuyến

(C) A B Tìm m để P =  k1 2013  k2 2013 đạt giá trị nhỏ Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

4 sin 4 cos

sin 

  

 

 

 x x 

x

2) Giải hệ phương trình:   

   

 

 

    

10 )

1 ( ) (

1 1

9

2

3

2

x x

y x

x x

y xy

Câu III (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

! ! 2013 2014

1

! 2010 !

1 !

2011 !

1 !

2012 !

1 !

2013 !

1

  

 

 S

2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:

      

  





2

2

1

n n

n u u

u u

(n N*) Tìm    

  





n

k 1uk

1

lim

Câu IV (3,0 điểm)

1) Cho khối chóp S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASBSAC90 ,0 

120

BSC  Gọi M, N lần lượt đoạn SB SC 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 ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: xyz2

Chứng minh rằng: 4 4 2 2 8

8

2 4

8

2 4

8

 

  

 

 

 



x z x z

x z z

y z y

z y y

x y x

y x

……… Hết………

Họ tên thí sinh:………Số báo danh: ……… Chữ ký giám thị 1:……….Chữ ký 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

MƠN THI: TỐN Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa)

Câu Nội dung Điểm

I1

1,0đ

1) Cho hàm số yx32mx23x (1) đường thẳng ( ) : y2mx2 (với m tham số) Tìm m để đường thẳng ( ) đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ không đổi O gốc toạ độ)

Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) (  ) nghiệm phương trình:

3

2 2 (2 3)

         

x mx x mx x mx m x

2

2

1

( 1) (2 1)

(2 1) (2) 



 

         

   

 x

x x m x

x m x 0,25

Vậy ( ) đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

2

(2 1)

1

1 2

m

x m

m

   

   

   



Khi đó, ba giao điểm A(1;2m-2), B( ; 2x1 mx12), C( ; 2x2 mx22), x ; x 1 2

là nghiệm phương trình (2) nên x1x2  2m 1, x x 1 2   0,25

Tam giác OBC có diện tích 1BC

S  d Trong

2

2 d = d(O; ) =

1+4m



 

2 2 2

2 1 2

BC (x x) (2mx 2mx) (x x ) 4x x  4m 1

 2  

BC  2m 8 4m

    

   

2

2

S  m  0,25

Vậy S = 17  4m2  m4 9  17   

   

2 m m

(TM) 0,25

I2 2) Cho hàm số

2

  

x x

1,0đ d cắt (C) hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1, k2 hệ số góc tiếp tuyến (C) A B Tìm m để P =  k1 2013  k2 2013 đạt giá trị nhỏ

Xét phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C) d:

x m

x x

   



2

3

  

       

(*) ) (

2

m x

m x

x

0,25

Xét phương trình (*), ta có: 0,m R x = -2 không nghiệm (*) nên d

luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến A, B

2 2 1

) (

1 ,

) (

1

  



x k x

k , x1,x2 nghiệm phương trình (*), ta thấy

     2 4

1

2

2

2 2 2

1 

   

 



x x x x x

x k

k (k1>0, k2>0)

0,25

Có P =      2013 2014

1 2013

2 2013

1  k 2 k k 2

k , dó MinP = 22014 đạt

2 2

2 2

1 ( 2) ( 2)

) (

1 )

2 (

1

    

  

 x x

x x

k k

x1,x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 -

x1 + x2 = -  m = - Vậy m = - giá trị cần tìm.

0,25

II1

1,0đ

1) Giải phương trình:

4 sin 4 cos

sin 

  

 

 

 x x 

x (1)

PT(1)  2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)

 (cosx – sinx).(cosxsinx)(sin2xcos2x)20

0,25

*) x x  x k

sin

cos 0,25

*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + = cosx + sin3x + = (2) 0,25

*) Vì cosx1;sin3x1,x nên (2)   

 

 

1 sin

1 cos

x x

 hệ vô nghiệm Vậy PT có nghiệm là: x k

4 (k Z)

0,25

II2

1,0đ 2) Giải hệ phương trình:

 

    

 

 

    

) ( 10 )

1 ( ) (

) ( 1

9

2

3

2

x x

y x

x x

y xy

ĐK:x 0

NX: x = không TM hệ PT Xét x >

PT (1) 

x x x

y y

y3 1 1

3

 3 (3 ) 1 1 2

       

  

x x x y

y

y (3)

0,25

Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t. t2 1, t > Ta có: f’(t) = +

1

2 2

  

t t

t >0 Suy f(t) đồng biến (0,+∞)

PT(3) f(3y)= f      

x

3y = x

0,25

Thế vào pt(2) ta PT: 4( 1) 10  



x x x

x

Đặt g(x)=x3 x2 4(x2 1) x 10, x > Ta có g’(x) > với x > g(x) hàm số đồng biến khoảng (0,+∞)

0,25

Ta có g(1) =

Vậy pt g(x) = có nghiệm x = Với x =1y =

3

KL: Vậy hệ có nghiệm nhất: (1;

) 0,25

III1

1,0đ

1) Rút gọn biểu thức:

! ! 2013 2014

1

)! 2013 !.( ) (

1

! 2010 !

1 !

2011 !

1 !

2012 !

1 !

2013 !

1

   

  

 



k k

k

S

+) Ta có:  



 

 

 



2013

2013 2013

0

! 2013 )! 2013 !.( ) (

1

k k

k k

C S

k k

k S

0,25

+) Ta có:

2014 ( 1)! 2014 )!

1 ( 2014

! 2014 )!

2013 )!.( (

! 2013

1 2014 2013

    

  

 

k k

C

k k

k k

k C

(k =0;1;…;2013) 0,25

+) Do đó: S.2013!= 

 

 

2014

2014 2013

0 2014

2014

1

2014 k

k

k k

C C

0,25

+) S.2013! = 2 1 2014

1 2014 

! 2014

1 22014  

 S

III2

1,0đ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:

      

   



2

2

1

n n

n u u

u u

(n N*) Tìm    

  





n

k 1uk

1

lim

+) Ta có: un un  (un 4un 4)0,n

1

1  Dãy khơng giảm

Nếu có số M: un  M với n, tồn limun = L Vì un  u1 L  u1 0,25

+) Khi ta có: L =

L2 – L +  L = (Vô lý)  limun = 

0,25

+) Ta có: 1

2

2   

 n n

n u u

u  un(un 2)2(un1 2) 

) (

2 )

2 (

1

1 

 n

n

n u u

u

2

1

2 1

2

1

1 

        



 n n n

n n

n u u u u u

u (n N*) 0,25

+) Do đó:

2

1

1

1 

  

 



n n

k uk u u

 

  

  





n

k 1uk

1

lim =

2 1

  u

0,25

IV1

1,5đ

1) Cho khối chóp S ABC SA2 ,a SB3 ,a SC 4 ,a  

ASBSAC90 , 

120 BSC  Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vng Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB theo ) a

Dùng ĐL Cosin tính được: MN = 2a

0,25

AM=2a 2, AN=2a (Tam giác vng SAC có SC=2SA nên góc ASC= 600) tam giác AMN vng A

0,25

Gọi H trung điểm MN, SA = SM = SN tam giác AMN vng A.SH ( AMN); tính SH = a

0,25

Tính

3

2

a VSAMN 

0,25

3

 

SC SB

SN SM V

V

ABC S

AMN

S

2a

VSABC 

 0,25

H

N

M A

S

N

M S

C

Vậy

3

2

3

( ;( )) 2

3

S ABC

SAB

V a

d C SAB a

S a

   0,25

IV2

1,5đ

2) Cho tứ diện ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB đoạn CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN

+) Đặt x BA BM

 , với 0 x1 x DC DN



 Khi ta có: BM  x.BA DN  x.DC 0,25

+)Ta có: DN x.DC BNBD x(BCBD) BN  x.BC(1x).BD

Do đó: MN  BNBM  x.BC(1x).BDx.BA

0,25

+)MN2 =

2 ) ( 2 2 ) ( )

1 (

2

2 2

2 2

2 a

x x a x a x x a x a x a

x        

= a2x2 (1x)2 x2 x(1x)x2 x(1x) = (2x2 – 2x + 1)a2

0,25

+)Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + đoạn  0;1 ta có:

2 ) ( ) ( , ) ( ) ( ) (

max f x  f  f  f x  f 

0,25

+) MN đạt giá trị nhỏ

2 a

M, N trung điểm AB, CD 0,25

+) MN đạt giá trị lớn a MB, ND MA, NC 0,25

V

1,0đ

Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2

Chứng minh rằng: 4 4 2 2

8

2 4

8

2 4

8

 

  

 

 

 



x z x z

x z z

y z y

z y y

x y x

y x

+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 a.b.c =

Do

2 2

b a

ab  nên

2 ) (

3 2

2

2 a b

ab b

a     Dấu“=”có a=b

0,25

+) Ta có:

 2

4

2

4

2

b a

b a ab b a

b a

    



Ta chứng minh:

  3( )

1

3

2 2

2 4

b a b

a b a

 

 

(1)

Thật vậy: (1)  2( 4) b

a  2

) (a b

 (a2 – b2)2 0 (luôn đúng) Do ta được: ( )

3

1 2

2

4

b a ab b a

b a

 

 



Dấu“=”có a2=b2a=b

+) Áp dụng BĐT ta có: ( )

1 2

2

4

c b bc c b

c b

 

 



Dấu“=”có b=c

( )

1 2

2

4

a c ca a c

a c

 

 



Dấu“=”có c=a Cộng vế BĐT ta được:

) (

3

2 2

2

4

2

4

2

4

c b a ca

a c

a c bc c b

c b ab b a

b a

  

 

 

 

 

 



(2) Dấu“=”có a=b=c

0,25

+) Theo BĐT Cơ-si ta có: ( )

2 2 2  



b c a b c

a Dấu“=”có a=b=c

Do ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy  x  y  z 