Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán năm 2013-2014 - THPT Lạng Giang số 1

Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán năm 2013-2014 dưới đây được chia làm 2 phần: phần chung gồm 6 câu hỏi bài tập với thang điểm 7, phần riêng các bạn được chọn giữa phần chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao ứng với thang điểm 3. Ngoài ra đề thi này còn kèm theo đáp án giúp các bạn dễ dàng kiểm tra so sánh kết quả được chính xác hơn. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi này nhé.

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2013 - 2014 Đề gồm 01 trang Mơn: Tốn - Khối A, A1 Thời gian làm bài: 150 phút ******* -A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2 x  có đồ thị ( C ) 1 x a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  b Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A B cho S IAB  15 với I giao điểm hai đường tiệm cận đồ thị (C) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 3cos x    cos x  1 cot x  x x   12 y   y  13 y  18 x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  x  x   y  y  y  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sau: log  2x    log 1 ,  x, y     2  x  1  log  x  3 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân B, BA = a Tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mp(ABC) Gọi M, N trung điểm SA, BC; biết góc MN với mp(ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng chéo AC, MN theo a Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c  thỏa mãn 3 a  b4  c    a  b2  c   12  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a2 b2 c2   b  2c c  2a a  2b B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng 1 : x  11 y    : x  y   Lập phương trình đường thẳng d qua điểm M  8; 14  cắt hai đường thẳng 1     A, B cho AM  3MB  Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có viên bi màu đỏ, viên bi màu xanh viên bị màu vàng Lấy ngẫu nhiên hộp viên bi Tính xác suất để viên bi lấy có đủ mầu n 3  Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển  x   thành đa thức Biết x   n số nguyên dương thỏa mãn Cn3  Cnn13  Cnn12 Cn13 1 Theo chương trình nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + = trung điểm cạnh AC M(1; 1) Tìm toạ độ đỉnh A, B, C Câu 8b (1,0 điểm) Từ chữ số 0; 1; 2; …; lập số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác đôi chữ số ln Câu 9b (1,0 điểm) Tìm giá trị x, biết khai triển Newton  x lg(10 3 )  2( x2)lg3 21 C1n  Cn3  2Cn2 Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu làm Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh:  n số hạng thứ HƯỚNG DẪN CHẤM Ơ Lưu ý: Dưới hướng dẫn chấm sơ lược bước giải, làm học sinh phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, khơng dùng bút xóa khơng viết tắt Các đồng chí chấm đủ điểm cho học sinh để thi trả lại học sinh Các cách làm khác đúng, đồng chí vận dụng cách cho điểm hướng dẫn chấm để chấm cho học sinh CÂU NỘI DUNG A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) + Tập xác định: D  R \ 1 + Sự biến thiên lim y  , lim y  y  tiệm cận ngang đồ thị (C) x  x  lim y   , lim y   x  tiệm cận ngang đồ thị (C) x 1 a + Ta có y '  ĐIỂM x 1  x  1 0.25  x  D Bảng biến thiên + Kết luận: - Hàm số đồng biến  ;1 1;  - Hàm số khơng có cực trị + Đồ thị: Vẽ dạng, đẹp + Xét phương trình hồnh độ giao điểm 0.25 0.25 0.25 2 x   x   2x  m   1 x 2 x   m   x  m   1 Đường thẳng d cắt (C) điểm A, B phân biệt  (1) có nghiệm phân biệt khác 2   m    m      m  16  m    *  m  4 0.25 + Khi đó, A  x A ;2 x A  m  ; B  xB ;2 xB  m  với x A ; xB nghiệm (1) b 4m   xA  xB  Áp dụng định lí Viet ta có:  x x   m  A B 0.25 + Theo giả thiết, ta có m 15  2d  I , AB  AB  15  .AB  15  4.AB m2  1125 2  20  x A  xB  m2  1125   xA  xB   x A xB  m  1125   2   m  16  m  225 S AIB   m  25   m  9  m  25 m    m  5 Vậy m  5 giá trị cần tìm 0.25 0.25 + Điều kiện: sin x   x  k , k  Z Khi phương trình cos x sin x cos x  3cos x    cos x  1  cos x cos x  3cos x   3  cos x   3cos x  1  cos x   3cos x  3cos x    cos x  1 0.25 0.25  6cos x  cos x     cos x    cos x      x   k 2  Với cos x     x     k 2    2  x  arccos     k 2   Với cos x       2  x   arccos     k 2  3  0.25 Kết luận:… 1  x x   y  12 y  13 y   x  Điều kiện: x   x x   x   y  12 y  13 y     x  1  1 x    y  1   y  1 4   3 x   x    y  1   y  1 0.25 3 Từ    y    y  1 Xét hàm số f  t   4t  t D   0;   Ta có f '  t   12t   0, t  D Suy f  t   4t  t đồng biến D Khi đó: 3  f   x   f  y  1 0.25  2x   y   x  y2  y  Thay vào   ta có y 2  y     y  y     y  1  y  y  y   y  y  11 y  y   y  y  1  y  y    0.25 y 0  y  1   y  2   y  3 0.25 y  So sánh với điều kiện y  1 Ta có   y  1 Với y  ta có x  Với y  1 ta có x  Kết luận:… x   Khi phương trình tương đương với  x  2log 2 x   2log  x  1  log  x  3 Điều kiện:  0.25  log 2 x   log  x  1  log  x  3  log 2 x   log  x  1 x  3   x    x  1 x  3 *  *  x  x   x   x   Phương trình vơ nghiệm Trường hợp 1: Nếu x    x  Trường hợp 2: Nếu x    x  0.25 0.25  *  x  x   2 x   x  x  10   x  2  14   x  2  14 x   Kết hợp điều kiện x   ta có x  2  14 nghiệm PT cho  x  0.25 S M K H I A C J N B Gọi I trung điểm AC, SAC cân S nên SI  ( ABC ) Gọi H trung điểm AI suy MH//SI  MH  ( ABC ) , (MN,(ABC)) = MNH = 60 Ta a2 Xét HCN có: có S ABC  a 3a 5a ; HC  ; NH  HC  NC  HC NC cos450  ; a 10 NH  30 30 Trong MHN có MH  NH tan 600  a ; SI  MH  a 30  VS ABC  SI S ABC  a 3 12 Goi J trung điểm AB, K hình chiếu vng góc H lên MJ tức HK  MJ (1) 0.25 NC  0.25 Ta có JN  BI , màBI / / HJ  JN  HJ   SI / / MH , màSI  JN  JN  MH (3)   ,  3  JN   MHJ   HK  HK  JN   1 ,    HK   MNJ  0.25 d ( AC , MN )  d ( H  AC , MN )  d ( H , ( MJN ))  HK a 30 a 4  a 30 = = 2 16 MH  HJ 30 a 2a  16 16 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: MH HJ 0.25  b  2c  a a2 a  b  2c  a 2a  2  b  2c b  2c 2 Tương tự ta có  c  2a  b  b  c  2a  b  2b2 b2  c  2a c  2a 2 0.25  a  2b  c c2 c  a  2b  c 2c  2  a  2b a  2b 2 Khi P a2 b2 c2     a  b  c    a  b  2c   b  c  2a   c  a  2b   (*) b  2c c  2a a  2b Theo Cosi, ta có a 2c  b a  c 2b  a  a  c b  b3  a c  c  b3    a3  b3  c3 3 (**) Từ (*) (**) suy 2  a  b2  c2   19  a  b  c   a  b  c2    a2  b2  c    a  b2  c2  3 a  b2  c2  P 0.25 Đặt t   a  b  c  , từ giả thiết ta có:  a  b  c   12   a  b  c    a  b  c  2   a  b  c    a  b  c   12     a  b2  c   0.25 Do 2 P  t  t Xét hàm số f  t   t  t D  3; 12    27 27 2 Lập bảng biến thiến hàm số f  t   t  t D  3; 12  ta 27 f  t   f  3  Suy P  D Vậy Min P  đạt a  b  c  0.25 B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình chuẩn  11a     11a  23  ; a   MA   ; a  14        3b    3b  20  Gọi B    A  ; b   MB   ; b  14           Theo giả thiết, ta có 3MB  AM   3MB  MA Gọi A  1  A  7a 0.25 0.25  9b  60  11a  23  22 a  9b  14 a       2a  3b  14 b  4 3b  42  a  28 0.25 Khi A  2;1 , B  4; 4   Ta có AB   2; 5 vecto phương AB  qua A  2;1  vtcp AB   2; 5  AB xác định   x   2t  y   5t 8a AB có phương trình tham số  0.25 + Số phần tử không gian mẫu n     C184  3060 + Gọi biến cố A = “Bốn viên bi lấy có đủ mầu” Số cách chọn thuận lợi cho biến cố A n  A   C72C51C61  C71C52C61  C71C51C62  1575 0.25 Xác suất biến cố A P  A  n  A n   1575 35   0.515 3060 68 0.5 0.25 Điều kiện: n  N , n  Ta có Cn3  Cnn13  Cnn12 Cn13  9a n!  n  1!   n  1!  n  3!  3! n  3!  n  3!2!  n  !1!  n  !1!  n  12 Vậy n  12  n  11n  12     n  1 12 0.25 k 12 12 12  k   3 k k  Với n  12 ta có  x      1 C12k  x       1 C12k 212  k 3k x 24 5 k x    x  k 0 k 0 Số hạng chứa x 1 khai triển ứng với 24  5k  1  k  5 Vậy hệ số số hạng chứa x 1  1 C125 27.35  24634368 0.25 0.25 0.25 Theo chương trình nâng cao Ta có AC vng góc với BH qua M(1; 1) nên có phương trình: y  x 7b  x  x  4y    A  ;   Toạ độ đỉnh A nghiệm hệ :     y  x  3 y    8 8 Vì M trung điểm AC nên C  ;  3 3 Vì BC qua C song song với d nên BC có phương trình: y  8b x  y     x  4 BH  BC  B :    B  4;1 x y  y     + Gọi số tự nhiên có chữ số khác đơi ab 2de Do ab 2de số chẵn nên e 0;4;6;8 + Trường hợp 1: Nếu e  a có cách chọn b có cách chọn d có cách chọn e có cách chọn Theo qui tắc nhân ta có: 8.7.6.1 = 336 số + Trường hợp 2: Nếu e 4;6;8 a có cách chọn b có cách chọn 0.25 0.25 0.25 x 2 0.25 0.25 0.25 d có cách chọn e có cách chọn Theo qui tắc nhân ta có: 7.7.6.3 = 882 số Vậy có 336 + 882 = 1218 số 0.25 + Phương trình C1n  Cn3  2Cn2  n( n2  9n  14)   n   2lg(103 )  2( x2)lg3  5 C75  lg(10 3 )   2( x2) lg3  x + Số hạng thứ khai triển là: x 9b 0.25 0.25 0.25 x x + Ta có: C75 lg(10 3 ).2( x2)lg3  21  lg(10 3 ) ( x2) lg3   lg(10  x )  ( x  2) lg   (10  x ).3 x2   32 x  10.3 x    x  0; x  + KÕt luËn:… 0.25 0.25 ...  Cnn? ?13  Cnn? ?12 Cn13  9a n!  n  1? ??!   n  1? ??!  n  3!  3! n  3!  n  3!2!  n   !1!  n   !1!  n  12 Vậy n  12  n  11 n  12     n  ? ?1 12 0.25 k 12 12 12  k ...  12 ta có  x      ? ?1? ?? C12k  x       ? ?1? ?? C12k 212  k 3k x 24 5 k x    x  k 0 k 0 Số hạng chứa x ? ?1 khai triển ứng với 24  5k  ? ?1  k  5 Vậy hệ số số hạng chứa x ? ?1  ? ?1? ??... Kết luận:… ? ?1? ??  x x   y  12 y  13 y   x  Điều kiện: x   x x   x   y  12 y  13 y     x  1? ??  1? ?? x    y  1? ??   y  1? ?? 4   3 x   x    y  1? ??   y  1? ?? 0.25 3