Đề ôn luyện học sinh giỏi cấp tỉnh toán 12 năm học 2013 – 2014 (thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề)42715

Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60o.. BAD60 a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.. Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục ho

TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

ĐỀ SỐ 1 ĐỀ ÔN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TOÁN 12NĂM HỌC 2013 – 2014

(Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (3,0điểm )

Cho hàm số 1(1) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của đồ thị hàm số (1).Viết

1

x y x





 phương trình đường thẳng (∆) vuông góc với đường thẳng y = -x và cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 2 3

Bài 2:(2,5 điểm )

Giải phương trình 2 sin2x 3 sin 2x 1 3( 3 s inxcos )x

Bài 3:(2,5 điểm )

Tính tích phân

2

2 0

2 cos sin 2 (1 s inx)(2 os )

c x









Bài 4: ( 3,0 điểm )

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(3;2) , trực tâm H(1;0) và gốc tọa độ

O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh B ,C.

Bài 5: ( 3,0 điểm )

Cho các số dương x,y,z thỏa mãn x2 + y2 + z2 - ( x + y + z) 4.

3

 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 1 1

1 x1 y1 z

Bài 6 : ( 3,0 điểm )

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có độ dài cạnh bằng a và điểm M thuộc cạnh CC' sao cho CM = 2 .Mặt phẳng ( ) qua A,M và song song BD chia khối lập phương thành hai

3

khối đa diện Tính thể tích hai khối đa diện đó

Bài 7 : ( 3,0 điểm )

Giải hệ phương trình

2 2

2 1

xy

x y

x y





HẾT

Bài 1: +( ): y = x + m

+ Phương trình hoành độ giao điểm : x2+(m-2)x-m-1 = 0

+ AB = 2|x1 - x2| = 2 m28và d(I;( )) = | |

2

m

+ SIAB = 2 3= 1| | 2 8 m = ±2 , có 2 đường thẳng :y = x -2 và y = m + 2

Bài 2:( 3 s inxcos )x 23( 3 s inxcos )x  0 x =

6 k

 

2 2

1 s inxd 1 sin x d x



Bài 4: + Viết phương trình AH cắt Đường tròn (O) tại H' = (O) AH H và H' đối xứng qua BC  , Tìm được M là trung điểm HH' Viết đường thẳng BC qua M và vuông góc AH B,C là giao điểm của BC và đường tròn (O)( tâm O , BK: OA).

Bài 5 :+ (x + y + z )2 3( 2 2 2)(1)

x y z

+ 2 2 2 4(2) Từ (1) và (2) x + y + z 4

3

+P = 1 1 1 9 .Do đó : P = 9/7 khi x = y = z =4/3

1 x1 y1 z 3 x y z

9 7

Bài 6: + Ta có : VAB1MD1BCD = 2VA.MCBB1

=

1

1

3 AB S BCMB 3 AB BB CM 3 a 3a3a 3a

Do đó : VAB1MD1A'B'C'D' = 2 3

3a

Bài 7:+ĐK : x + y > 0. 2 2 2 , a = x + y và b = xy , a > 0 và a2 4b

1

xy

x y

x y

2 2b 1

a

1 2 ( 1) 0

(a1)(a   a 1 2 )b  0

3 (2x  9x  3) 2(1 2 )( 1 x  x x 1)

3 (2x ( 3 )x 3)

(1 2 )( (1 2 ) x  x  3 2) + Xét hàm số f(t) = t 2 trên R mà : f'(t) = + > 0 với mọi t

3 2

2 3

t

t  f(t) đồng biến trên R , mà : f(-3x) = f(1+2x) x = -1/5 và y = 6/5

+ Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( -1/5;6/5)

M A'

B'

A

C D

B

D1

B1

TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

ĐỀ SỐ 2 ĐỀ ÔN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TOÁN 12NĂM HỌC 2013 – 2014

(Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề)

Câu I (4,0 điểm)

Cho hàm số   3 2   có đồ thị (Cm).

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m = 1.

2 Tìm m để đường thẳng d: y = - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; -2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13.

Câu II (4,0 điểm).

1 Giải phương trình: 3cos 4x2 sin2 x 2 0

2 Giải hệ phương trình: x x 8 y x y y ( ).

x y 5





 

Câu III (4,0 điểm).

1 Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.

2 Giải phương trình  2  3

log x 1   2 log 4  x log 4 x

Câu IV (4,0 điểm).

1 Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển nhị thức Niutơn của 8 ,

biết: 3 2 1 .

A  C C  nN n

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0

và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0 Gọi I là giao điểm của (d) và (d')

Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc

bằng 60o.

Câu V (4,0 điểm).

1 Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a,

góc ฀ o Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.

BAD60

a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.

b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC Tính giá trị cos BMD฀ .

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;1), B(2;0;6), C(3;2;0) ,

D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

điểm)

điểm)

Khi m = 1

yx  x  x

 TXĐ: D = R

,

3 2 lim ( 6 9 2)

lim ( 6 9 2)

3

x

x







0,50

 BBT:

x - 1 3 +

y/ + 0 - 0 +

2 +

y

-  -2

0,50

Hàm số đồng biến: (- ; 1),(3;+ ) 

Hàm số nghịch biến: (1;3)

fCĐ = f(1) = 2

fCT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0  x 2=>y=0 Khi x=0=>y=-2

x= 4=>y=2

Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng

0,50

0,50

2 Tìm m để đường thẳng d: y= - 2 cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B

và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13.

(2,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm là:

2m x 6mx 9 2m x  2 2

(1)

2 m x 6mx 9 2 m x 0

x m x mx m 

0

x







0,50

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:

 2 2

1

2

m

m m



Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xBxC (xB; xC là hai nghiệm của phương trình (2))

Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + 2 = 0 => h = 2 Theo bài ra ta có

 2

1

2

S   h BC BC  x x  x x 

Theo định lý viét ta có: (4)

6 2 9

B C

m

x x

m

x x

  





6

2

14

m m

m

m

 



0,50

0,50

0,50

điểm)

1 Giải phương trình: 3cos 4x2 sin2 x 2 0 (2,0

điểm)

0,50

2

6cos 2 x cos 2 x 2 0

là nghiệm

1 cos 2

2 2 cos 2

3

x x



 



arccos( )

6

k Z



 





   



0,50

0,50

2





 

điểm)

Hệ phương trình tương đương với:

x 1 (x 1) x (y 8) y

x(x 1) y(y 8)

y x 5

y x 5





 

0,75



2

5

3











 

Từ đó, hệ có nghiệm duy nhất: x 9

y 4





 

1 Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 1 và m + n + p = 5

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.

(2,0 điểm)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

a.m  b.n  c.p  (a  b  c )(m  n  p )  m  n  p

 A  a.m  b.n  c.p  m.n n.p   p.m  m.n n.p   p.m  m2  n2 p2 0,50 Đặt: m.n + n.p + p.m = t

Ta có: m.n n.p p.m 1(m n p)2 25 hay

3

 Và: m2 + n2 + p2 = (m + n + p)2 – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t 0,50 Vậy A  25 2t    t f (t)

Ta có: f (t) 1 1 0, t 25  f(t) tăng trên

3

25 2t

3



 A f (t) f 25 25 5 25 5 3



Đẳng thức xảy ra khi:

5

3 1

a b c

3

   





  



3



3

3

  

0,50

2

điểm)

Điều kiện:

1 0

1

x

x x

x x

 



  



   

  



0,50

2

+ Với   1 x 4 ta có phương trình 2

4 12 0

x  x 

 

2 6

x x





   

+ Với    4 x 1 ta có phương trình 2

x  x 

 

2 24

2 24

x x

  

 

 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x2hoặc x2 1  6

0,50

1

Tìm hệ số của trong khai triển nhị thức Niutơn của 8 ,

x 

(2,0 điểm)

3 2 1

8 ( 1)

2

n n



7 0

k



Số hạng chứa là x8  2(7 k)    8 k 3

Hệ số của là x8 C73.23 280

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0 và

đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0 Gọi I là giao điểm của (d) và (d') Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng

60 o

(2,0 điểm)

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ 3x 4y 25 0 x 3  .

7 14 15x 8y 41 0 y 83

14

  

Gọi  là đường thẳng cần tìm, n  (A; B) (A2 + B2 > 0) là véc-tơ pháp tuyến của 

Khi đó, do Ox có véc-tơ pháp tuyến j  (0;1) nên từ giả thiết bài toán ta có:

 A2 + B2 = 4B2  A2 = 3B2

  o

2 2

| B | 1

cos 60 cos n; j







0,50

Do A2 + B2 > 0 nên chọn A = 3  B  3 0,25 Với A = 3, B 3  Phương trình : 3 x  3 3 y 83 0 

 3x 3y 9 83 3 0 42x 14 3y 18 83 3 0.

7 14

Với A = 3, B  3  Phương trình : 3 x  3 3 y 83 0 

 3x 3y 9 83 3 0 42x 14 3y 18 83 3 0

7 14

Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán:

 1 : 42x 14 3y 18 83 3     0,  2 : 42x 14 3y 18 83 3     0.

0,25

0.50

V

1 Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc

Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.

BAD60

a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.

b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC Tính giá trị cos BMD฀ .

(2,0 điểm)

Từ giả thiết suy ra SAC cân, SBD đều cạnh bằng a.

Gọi H = AC  BD  SH là đường cao của hình chóp S.ABCD

2

ABCD

Do đó: V 1SABCD.SH a3 (đvtt)

MBD cân tại M, MH là đường phân giác của góc BMD฀

Đặt BMD฀  2

Trong SAC, MH là đường trung bình  MH SA

2



a 3

2

0.50

Trong BMH ta có tan tan BMH฀ BH 2

Từ đó: cos2 1 2 9 cos 2 2 cos2 1 1

1 tan

Vậy: cos BMD฀ 1

5



0.50

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;1;1); B(2;0;6);

C(3;2;0) ; D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách

đều C, D.

(2,0 điểm)

+ Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P)

là 1 vtpt của

 ,  ( 12;18;6) (2; 3; 1) )

2

; 2

; 4 ( ), 5

;

1

;

1

AB

(P)

0,50

Pt (P) là 2 (x 1 )  3 (y 1 )  1 (z 1 )  0  2x 3yz 2  0 0,50 + Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung

điểm M(5;3;1) cuả CD

là 1 vtpt của (P)

 ,  ( 10;20;6) ( 5;10;3) )

0

; 2

; 4 ( ), 5

;

1

;

1

AB

0,50

PT(P) là  5 (x 1 )  10 (y 1 )  3 (z 1 )  0   5x 10y  3z 8  0

Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0

0,50

- Hết

-TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

ĐỀ SỐ 3 ĐỀ ÔN LUYỆN HSG CẤP TỈNH TOÁN 12NĂM HỌC 2013 – 2014

(Thời gian : 180 phút – không kể thời gian phát đề)

Câu I:Cho hàm số: 2 3 (1)

2

x y x







1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C , biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A B, sao cho AB 2IB, với I(2, 2)

Câu II:

1 Giải hệ phương trình:

2

2

x y

x y

x y x y x y





฀

2 Giải phương trình: sin 2 3tan 2 sin 4 2.

tan 2 sin 2





Câu III:

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm thuộc C

vào đường thẳng có phương trình: x  y 4 0 Đường thẳng đi qua và trung điểm của đoạn D

có phương trình: Tìm tọa độ của và , biết điểm có hoành độ

dương

2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( , )O R Gọi P Q, lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ ฀AB ฀, AC sao cho P Q O, , thẳng hàng Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của D E lên các đường thẳng tương ứng và lần lượt là hình chiếu vuông góc của

lên các đường thẳng BC AC, Gọi là giao điểm của hai đường thẳng K DE và D E' ' Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KDD' (theo R)

Câu IV: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB đều cạnh và nằm a

trong mặt phẳng vuông góc với đáy Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy bằng 600

1 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a

2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a

Câu V: Cho a b c, , là ba số dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1

P

2

2 2013

u

 







n n

n

u

v

-HẾT - Thí sinh không được sử dụng tài liệu

 Giám thị không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

Cho hàm số: 2 3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2

x y x







2,0

 phương trình đường TCN: y = 2 lim 2

x

y

 

 phương trình đường TCĐ: x = 2

0,5

 

/

2

1 0 2

x





 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

Hàm số không có cực trị

0,5

Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2)

1

I

2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm

cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB 2IB, với I(2;2).

2,0

Gọi 0

0 0

2

x

x



2

1

0,5

Do AB 2IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1 vì nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k =

 

/

2

1 0 2

y x



 -1

0,5

 

0 2

0 0

1 1

1

3 1

x x x









0,5

 có hai phương trình tiếp tuyến:

y  x 2; y  x 6

0,5

Giải hệ phương trình:

 

2

, 2

2 3 2 4 (2)

x y

x y

   





฀

2,5

Đk:

1 2 1 2

x

y

  





  



0,5

  





1,0

4

2

x y xy

2 2

2

4

2

xy

 



 



1,25

1

Hệ đã cho tương đương:

1

3

4

xy

 

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: 1 3; , 3; 1

    

0,75

II

2

Giải phương trình: sin 2 3 tan 2 sin 4 2



2,5

Đk: cos 2 0 (*) tan 2 sin 2 0

x







0,5

Pt tương đương:

3sin 2xtan 2xsin 4x 0

3sin 2 cos 2 sin 2 sin 4 cos 2 0 cos 2 1 sin 2 sin 4 0

0,75

2 cos 2 1

cos 2 1 0

sin 2 0

1 cos 2

2

3

x x

x



  

 

 

0,75

3

x   k 

Phương trình có 2 họ nghiệm:

3

x   k 

0,5

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có

(5, 7)

Đường thẳng đi qua và trung điểm của đoạn D AB có phương trình:

Tìm tọa độ của và , biết điểm có hoành độ dương.

2,0

Gọi C c c ;  4 d1, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0

0,5

Mà Id2 nên ta có: 3 10 4 10 23 0 1

c

Vậy C(1;5)

0,5

Md M t  B t  

0,5

1

4

5

t

t







 



 

( 3; 3) ( )

33 21

;

33 21

5 5

B B

 







0,5

III

2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( , )O R Gọi P Q, lần lượt là

các điểm di động trên cung nhỏ ฀AB , ฀AC sao cho P Q O, , thẳng hàng Gọi , lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên các đường thẳng

2,0

tương ứng và D E', ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên các đường Q

thẳng BC AC, Gọi là giao điểm của hai đường thẳng K DE và D E' ' Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KDD' (theo R ).

' 90

DKD

Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có:

( / / )

(tứ giác PEBD nội tiếp)

2

Tương tự, ta chứng minh được: ' 1 ฀

2

2

0,5

Chứng minh DD'2R: Thật vậy, xét hình thang vuông DPQD'vuông tại D và D’ nên DD'QP2R

, dấu “=” xảy ra khi PQ/ /BC

0,5

Xét tam giác DKD' Ta có:

2

'

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác DKD'bằng khi R2 PQ/ /BC

1,0

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB đều cạnh và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Góc giữa mặt phẳng a

và mặt phẳng đáy bằng

1 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a

1,5

H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD

Ta có:



3 2

a

SH 

0,5

Góc giữa (SCD) và mặt đáy là 0

60

SMH

tan 60 2

.

S ABCD

V

2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a 1,5

Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường thẳng  đi qua H ,   d và  cắt d tại J,  cắt BD tại I trong (SHI) kẻ HK vuông góc với SI tại K

Khi đó: dBD SA,  dI S d,( , ) 2dH S d,( , ) 2dH SBD,( ) 2HK

0,5

10

IH

2

Xét ฀SHI vuông tại H, ta có: 1 2 12 12 3

8

a HK

Vậy  ,  3

4

BD SA

a

0,5

Cho a b c, , là ba số duơng Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1

P

2,0

  2 2      

    1 1 1 3 3 3

0,75

V

Vậy

 3

P

0,75

= với

 3

( )

 t    a b c 1 (t 1)

 

4 2

4

1( ) 2

t

t loai







f’(t)

f(t)

0

-1/4

Vậy giá trị lớn nhất của 1 khi

4

P

3

1 1

c

  





 



0,75

2

2 2013

u

 







n n

n

u

v

2,0

Ta có u n   0 n 1

1

u







2

1

9

Đặt n 2 Khi đó ta có dãy mới được xác định bởi:

n

x u

1

2 1

2013

x









0,25

Chứng minh  x n là dãy tăng:

x  x x  x  x  x  

Do x120133 nên x n1x n 0 suy ra dãy  x n là dãy tăng

0,25

VI

Chứng minh (x n ) không bị chặn hay limx n  :

Giả sử (xn) bị chặn, do dãy tăng và bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn

Giả sử dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt limx n a, a2013

Từ công thức truy hồi 2

x  x  x  Lấy giới hạn hai vế, ta được: 2 (không thỏa mãn)

aa  a  a

0,5