De thi HSG mon Toan lop 12 tinh Binh Phuoc 20132014

TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội... Tìm lim vn.[r]

http:://edufly.edu.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/10/2013 2x  Câu I:(THPT:4,0 điểm; GDTX: 4,0 điểm) Cho hàm số: y  (1) x2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang A, B cho AB  IB , với I (2, 2) Câu II:(THPT:5,0 điểm; GDTX: 6,0 điểm)  x  y   2x   y   Giải hệ phương trình:   x  y  x  y   3x  y   Giải phương trình: ( x, y  ) sin 2x  3tan 2x  sin x  tan x  sin x Câu III:(THPT:4,0 điểm; GDTX:4,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y   Đường thẳng qua D và trung điểm đoạn AB có phương trình: 3x  y  23  Tìm tọa độ B và C , biết điểm B có hoành độ dương Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi P, Q là các điểm di động trên cung nhỏ AB , AC cho P, Q, O thẳng hàng Gọi D , E là hình chiếu vuông góc P lên các đường thẳng BC , AB tương ứng và D ', E ' là hình chiếu vuông góc Q lên các đường thẳng BC , AC Gọi K là giao điểm hai đường thẳng DE và D ' E ' Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KDD ' (theo R ) Câu IV:(THPT:3,0 điểm; GDTX:3,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB cạnh a và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Góc mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a Tính khoảng cách hai đường thẳng SA và DB theo a Câu V:(THPT:2,0 điểm; GDTX:3,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương Tìm giá trị lớn biểu thức: P  a  b  c   a  1 b  1 c  1 TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 http:://edufly.edu.vn  u1  Câu VI:(THPT:2,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định:  2013 u (2  9u )  2u (2  5u ), n  n 1 n 1 n  n Xét dãy số  u1 u    u1  u2  un Tìm lim  un HẾT - Thí sinh không sử dụng tài liệu  Giám thị không giải thích gì thêm Lưu ý: Đối với thí sinh học các trung tâm GDTX thì không làm câu VI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC (Hướng dẫn chấm có 06 trang) Câu I Ý HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Ngày thi: 03/10/2013 ĐỐI VỚI THÍ SINH THPT Lời giải Điểm 2x  2,0 Cho hàm số: y  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số x2 TXĐ: D  R \ 2 0,25  phương trình đường TCN: y = lim y  x  lim y  ;lim y   x  2 y/  x  2 1  x  2 0,5  phương trình đường TCĐ: x = 0,5  x  D  Hàm số nghịch biến trên khoảng xác định Hàm số không có cực trị Bảng biến thiên: 0,25 Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2) 0,25 TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 http:://edufly.edu.vn Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0) Đồ thị: 0,25 Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang A, B cho AB  IB , với I(2;2) 2,0  x0   Gọi M  x0 ;   (C ) x    0,5 PTTT (C) M: y    x0   x x02  x0   x0   Do AB  IB và tam giác AIB vuông I  IA = IB nên hệ số góc tiếp 1 tuyến k = k = -1 vì y /   nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k =  x  2 -1  II 1  x0  1  x0   1    x0  0,5 0,5  có hai phương trình tiếp tuyến: y  x  ; y  x  0,5  x  y   2x 1  y 1  Giải hệ phương trình:   x  y  x  y   3x  y   2,5 TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội (1) x, y  (2) hotline: 0987708400 http:://edufly.edu.vn   x   Đk:  y    0,5  x  y 1  Pt(2)  x   y  3 x  y  y      x  y   (loai) 1,0 Pt(1)  x    x  y y 1  1,25  xy   x  y 2  xy    x  y    xy   x  y           xy    xy  3 xy    xy     xy   xy   (loai ) (do   x  y   xy  xy   0)   x x  y  x       Hệ đã cho tương đương:   3  xy   y  y   2    3 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm:   ;  ,  ;    2  2 sin x  3tan x  sin x 2 Giải phương trình: tan x  sin x cos x  Đk:  (*)  tan x  sin x  Pt tương đương: 3sin x  tan x  sin x   3sin x cos x  sin x  sin x cos x  0,75 2,5 0,5 0,75   cos x  1 sin x  sin x       x   k cos x  1  cos x        sin x    x  k  sin x  sin x    cos x    x     k   TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội 0,75 hotline: 0987708400 http:://edufly.edu.vn Nghiệm x    Phương trình có họ nghiệm: x   III 0,5  k thỏa mãn (*)   k Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y   Đường thẳng qua D và trung điểm đoạn AB có phương trình: 3x  y  23  Tìm tọa độ B và C , biết điểm B có hoành độ dương Gọi C  c; c    d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm AC và d2: 3x – 4y – 23 =  c  10 c  10  Ta có AIM đồng dạng CID  CI  AI  CI  IA  I  ;    c  10 c  10 4  23   c  Mà I  d nên ta có: 3 Vậy C(1;5) 3t    3t  23   Ta có: M  d  M  t;   B  2t  5;      3t   3t  19    AB   2t  10;  , CB   2t  6;      t  1 Do AB.CB    t   t  3   3t   3t  19     29 t    B(3; 3) (loai)  33 21     33 21   B ;  B  ;   5   5  Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi P, Q là các điểm di động trên cung nhỏ AB , AC cho P, Q, O thẳng hàng Gọi D , E là hình chiếu vuông góc P lên các đường thẳng BC , AB tương ứng và D ', E ' là hình chiếu vuông góc Q lên các đường thẳng BC , AC Gọi K là giao điểm hai đường thẳng DE và D ' E ' Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KDD ' (theo R ) TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0 http:://edufly.edu.vn IV Chứng minh góc DKD '  900 Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có: DKH  DKP ( KH / / PD) DKP  PBA (tứ giác PEBD nội tiếp) Suy ra: DKH  PBA  sd PA Tương tự, ta chứng minh được: D ' KH  sd AQ Vậy DKD '  DKH  D ' KH  sd PQ  900 (do PQ là đường kính) Chứng minh DD '  R : Thật vậy, xét hình thang vuông DPQD ' vuông D và D’ nên DD '  QP  R , dấu “=” xảy PQ / / BC KD  KD '2 DD '2 R Xét tam giác DKD ' Ta có: S  KD.KD '     R2 4 Vậy diện tích lớn tam giác DKD ' R PQ / / BC Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB cạnh a và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Góc mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 0,5 0,5 1,0 1,5 http:://edufly.edu.vn H, M là trung điểm AB và CD SH  AB  Ta có:   SH   ABCD   SAB    ABCD  a SH  Góc (SCD) và mặt đáy là SMH  600 SH a  Ta có HM  tan 60 2 a a a3  VS ABCD   2 12 Tính khoảng cách hai đường thẳng SA và DB theo a Kẻ đường thẳng d qua A và d//BD Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường thẳng  qua H ,   d và  cắt d J,  cắt BD I (SHI) kẻ HK vuông góc với SI K Khi đó: d BD ,SA  d I ,( S ,d )   2d H ,( S ,d )   2d H ,( SBD )   HK 0,5 IH BH BH AD a   IH   AD BD BD 10 1 a    HK  Xét SHI vuông H, ta có: 2 HK HS HI a Vậy d BD ,SA  Cho a, b, c là ba số duơng Tìm giá trị lớn biểu thức: 0,5 Ta có BIH đồng dạng BAD  V P a  b2  c2   a  b 1   2  c  1  TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội 0,5 1,5 0,5 0,5 2,0  a  1 b  1 c  1 1 2 a  b    c  1    a  b  c  1   2 2 3  a 1 b 1 c 1  a  b  c    a  1 b  1 c  1      3     a b c 0,25 0,25  hotline: 0987708400 0,75 0,75 http:://edufly.edu.vn Vậy P  = f / (t )   t 0,75 54  a  b  c   a  b  c  3 54   f (t ) t  t  3 với t  a  b  c  (t  1) t  162 /  ; f ( t )   t  1(loai) t t  2  f’(t) + 0,75 + - 1/4 f(t) VI a  b  c    a  b  c 1 Vậy giá trị lớn P  a  b  c c    u1  2013 Cho dãy số (un ) đuợc xác định:  u (2  9u )  2u (2  5u ), n  n 1 n 1 n  n Xét dãy số  u1 u    u1  u2  un Tìm lim  un Ta có un  0n  0,25 Khi đó: un2   9un1   2un1   5un    9  2,0  9un1    5un  un1 un 10  un2 un un1 Đặt xn  n  Khi đó ta có dãy  xn  xác định bởi: un   x1  2013    xn1  xn  xn  n  Chứng minh  xn  là dãy tăng: 0,25 Xét hiệu: xn1  xn  xn2  xn   xn   xn  3  TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 http:://edufly.edu.vn Do x1  2013  nên xn1  xn  suy dãy  xn  là dãy tăng Chứng minh (xn) không bị chặn hay lim xn   : Giả sử (xn) bị chặn, dãy tăng và bị chặn nên tồn giới hạn hữu hạn Giả sử dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt lim xn  a,  a  2013 0,5 Từ công thức truy hồi xn1  xn2  5xn  Lấy giới hạn hai vế, ta được: a  a2  5a   a  (không thỏa mãn) Do đó dãy đã cho không có giới hạn hữu hạn Ta có: 0,5     u u 1     2    n        n   u1  un x  x   2  n   2 u u n   Mà: 1   xn  xn  xn1     1    Do đó, ta có:     2   x1  xn1    2013  xn1   Mà lim xn   nên lim  1005 0,5 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì chấm điểm tối đa SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC (Hướng dẫn chấm có 06 trang) Câu I Ý HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Ngày thi: 03/10/2013 ĐỐI VỚI THÍ SINH HỌC TẠI CÁC TRUNG TÂM GDTX Lời giải 2x  Cho hàm số: y  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm x2 số TXĐ: D  R \ 2 TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội Điểm 2,0 0,25 hotline: 0987708400 http:://edufly.edu.vn  phương trình đường TCN: y = lim y  x  lim y  ;lim y   x  2 y/  x  2 1  x  2  phương trình đường TCĐ: x = 0,5  x  D  Hàm số nghịch biến trên khoảng xác định Hàm số không có cực trị Bảng biến thiên: 0,5 0,25 Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2) Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0) Đồ thị: 0,25 Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang A, B cho AB  IB , với I(2;2) 2,0  x0   Gọi M  x0 ;   (C ) x0    0,5 TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội 0,25 hotline: 0987708400 http:://edufly.edu.vn PTTT (C) M: y    x0   x x02  x0   x0   Do AB  IB và tam giác AIB vuông I  IA = IB nên hệ số góc 1 tiếp tuyến k = k = -1 vì y /   nên ta có hệ số góc tiếp  x  2 tuyến k = -1  II 1  x0  1  x0   1    x0  0,5 0,5  có hai phương trình tiếp tuyến: y  x  ; y  x  0,5  x  y   2x 1  y 1  Giải hệ phương trình:   x  y  x  y   3x  y   3,5 (1) x, y  (2)  x    Đk:  y    0,5  x  y 1  Pt(2)  x   y  3 x  y  y      x  y   (loai) 1,0 Pt(1)  x    x  y y 1  1,25  xy   x  y 2  xy    x  y    xy   x  y           xy    xy  3 xy    xy     xy   xy   (loai ) (do   x  y   xy  xy   0)   x x  y  x       Hệ đã cho tương đương:   3  xy   y  y     2  3 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm:   ;  ,  ;    2  2 TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 0,75 http:://edufly.edu.vn Giải phương trình: sin x  3tan x  sin x 2 tan x  sin x 2,5 cos x  Đk:  (*)  tan x  sin x  Pt tương đương: 3sin x  tan x  sin x   3sin x cos x  sin x  sin x cos x  0,5 0,75   cos x  1 sin x  sin x       x   k cos x  1  cos x       sin x    x  k  sin x  sin x    cos x    x     k    Nghiệm x    k thỏa mãn (*)  Phương trình có họ nghiệm: x    k 0,75 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y   Đường thẳng qua D và trung điểm đoạn AB có phương trình: 3x  y  23  Tìm tọa độ B và C , biết điểm B có hoành độ dương Gọi C  c; c    d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm AC và d2: 3x – 4y – 23 = Ta có AIM đồng dạng CID  c  10 c  10   CI  AI  CI  IA  I  ;    c  10 c  10 4  23   c  Mà I  d nên ta có: 3 Vậy C(1;5) 3t    3t  23   Ta có: M  d  M  t;   B  2t  5;      3t   3t  19    AB   2t  10;  , CB   2t  6;      2,0 0,5 III TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 0,5 0,5 0,5 http:://edufly.edu.vn 0,5 t  1 Do AB.CB    t   t  3   3t   3t  19     29 t    B(3; 3) (loai)  33 21     33 21   B ;  B  ;   5   5  Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi P, Q là 2,0 các điểm di động trên cung nhỏ AB , AC cho P, Q, O thẳng hàng Gọi D , E là hình chiếu vuông góc P lên các đường thẳng BC , AB tương ứng và D ', E ' là hình chiếu vuông góc Q lên các đường thẳng BC , AC Gọi K là giao điểm hai đường thẳng DE và D ' E ' Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KDD ' (theo R ) Chứng minh góc DKD '  900 Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có: DKH  DKP ( KH / / PD) DKP  PBA (tứ giác PEBD nội tiếp) Suy ra: DKH  PBA  sd PA Tương tự, ta chứng minh được: D ' KH  sd AQ Vậy DKD '  DKH  D ' KH  sd PQ  900 (do PQ là đường kính) Chứng minh DD '  R : TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 0,5 0,5 http:://edufly.edu.vn IV Thật vậy, xét hình thang vuông DPQD ' vuông D và D’ nên DD '  QP  R , dấu “=” xảy PQ / / BC Xét tam giác DKD ' Ta có: 1,0 2 2 KD  KD ' DD ' 4R S  KD.KD '     R2 4 Vậy diện tích lớn tam giác DKD ' R PQ / / BC Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB 1,5 cạnh a và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Góc mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a H, M là trung điểm AB và CD SH  AB  Ta có:   SH   ABCD   SAB    ABCD  a SH  Góc (SCD) và mặt đáy là SMH  600 SH a  Ta có HM  tan 60 2 a a a3  VS ABCD   2 12 Tính khoảng cách hai đường thẳng SA và DB theo a Kẻ đường thẳng d qua A và d//BD Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường thẳng  qua H ,   d và  cắt d J,  cắt BD I (SHI) kẻ HK vuông góc với SI K Khi đó: d BD ,SA  d I ,( S ,d )   2d H ,( S ,d )   2d H ,( SBD )   HK TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400 0,5 0,25 0,25 0,5 1,5 0,5 http:://edufly.edu.vn IH BH BH AD a   IH   AD BD BD 10 1 a    HK  Xét SHI vuông H, ta có: 2 HK HS HI a Vậy d BD ,SA  Cho a, b, c là ba số duơng Tìm giá trị lớn biểu thức: Ta có BIH đồng dạng BAD  V P a  b2  c2   a  b 1    c  1  0,5 0,5 3,0  a  1 b  1 c  1 0,75 1 2  a  b  c   a  b  c        2 2 3 0,75  a 1 b 1 c 1  a  b  c     a  1 b  1 c  1      3     0,75 54 Vậy P   a  b  c   a  b  c  3 a b c 2 = f / (t )   t 54   f (t ) t  t  3  với t  a  b  c  (t  1) t  162 /  ; f ( t )   t  1(loai) t  t  4  f’(t) + 0,75 + - 1/4 f(t) 0 a  b  c    a  b  c 1 Vậy giá trị lớn P  a  b  c c   Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì chấm điểm tối đa TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA EDUFLY 130B Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội hotline: 0987708400