Trờng THPT Tĩnh Gia 1 Trờng THPT Tĩnh Gia 1Trờng THPT Tĩnh Gia 1 Trờng THPT Tĩnh Gia 1 Tổ toán Đề t Đề tĐề t Đề thi chọn hi chọnhi chọn hi chọn Đ Đ Đ Đội tuyển H ội tuyển Hội tuyển H ội tuyển Học sinh giỏi ọc sinh giỏiọc sinh giỏi ọc sinh giỏi lần 1 lần 1 lần 1 lần 1 Năm học: 2013 Năm học: 2013Năm học: 2013 Năm học: 2013- - 2014 2014 2014 2014 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không k thi gian phát ủ) Bài 1: (4 điểm) Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 3 2 4 1 1 5 1 1 y x m x m x m= + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1 m = . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với trục hoành. Bài 2 : (4 điểm) 1. Giải phơng trình: 2 2 3cos 2sin3 cos sin 4 3 1 3sin cos x x x x x x + = + . 2. Giải hệ phơng trình ( ) ( ) 3 3 7 3 1 3 4 3 2 3 2 3 5 5 2 y y x x x y x y = + + + = (với , x y ). Bài 3: (4 điểm) 1. Cho , , a b c là ba số thực dơng thỏa mn 3 a b c + + = . Chng minh rng: 2 2 2 3 2 3 3 3 bc ca ab a b c + + + + + . 2. Tìm m để hệ bất phơng trình sau có nghiệm: ( ) 2 1 2 1 2 2013 2014 2013 2014 2 2 4 0 x x x x x m x m + + + + + + + + + . Bài 4: (4 điểm) 1. Chứng minh: 0 1 1 2 2 3 2012 2013 2013 2014 2013 2013 2014 2013 2014 2013 2014 2013 2014 2013 2014 4027 C C C C C C C C C C C+ + + + + = . 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 0 75 ACB = , đỉnh ( ) 4; 2 B . Đờng cao kẻ từ đỉnh A có phơng trình là 2 0 x y + = ; D là điểm thuộc cạnh BC sao cho 2 DC DB = . Tìm tọa độ điểm A, biết 0 60 ADC = và A có hoành độ âm. Bài 5: (4 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a = , 0 30 ACB = ; SA SB = và SA BC . Khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA và BC bằng 3 4 a . 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC). Hết Họ và tên thí sinh:Số báo danh: Chú ý: Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm ! Đáp án: đề thi chọn đội tuyển 12 năm 2013-2014 Câu Lời giải Điểm I.1 Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 3 2 4 1 1 5 1 1 y x m x m x m= + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1 m = . 2 điểm Với 1 m = thì hàm số (1) trở thành: 3 2 3 4 y x x = + . + Tập xác định: + Giới hạn: ( ) 3 2 3 3 3 4 lim lim 3 4 lim 1 x x x y x x x x x + + + = + = + = + ; lim x y = . 0,5 + Bảng biến thiên: Ta có 2 ' 3 6 y x x = ( ) 2 0 ' 0 3 6 0 3 2 0 2 x y x x x x x = = = = = . x + + 0 ' y y 4 2 + 0 0 0 + x + + 0 ' y y 4 2 + 0 0 0 + 0,5 - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ;0 và ( ) 2; + . - Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 . - Hàm số đạt cực đại tại 0 x = , giá trị cực đại của hàm số là ( ) 0 4 y = . - Hàm số đạt cực tiểu tại 2 x = , giá trị cực tiểu của hàm số là ( ) 2 0 y = . 0,5 + Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục tung tại ( ) 0;4 . - Ta có 3 2 2 0 3 4 0 1 x y x x x = = = = . Đồ thị hàm số giao với trục hoành tại ( ) 1;0 và ( ) 2;0 . - Ta có '' 6 6 y x = . Do đó '' 0 1 y x = = . Đồ thị hàm số có điểm uốn là ( ) 1;2 U . Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. 0,5 I.2 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với trục hoành. 2 điểm Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục hoành là nghiệm của phơng trình ( ) ( ) ( ) 3 2 4 1 1 5 1 0 2 x m x m x m + + = ( ) ( ) 2 1 4 5 1 0 x x mx m + + = ( ) ( ) 2 1 4 5 1 0 3 x g x x mx m = = + = 0,5 Để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với trục hoành thì phơng trình (2) phải có 3 nghiệm phân biệt phơng trình (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 . 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 ' 0 1 4 5 1 0 1 ;0 0; 1; * 4 1 0 4 9 0 0 m m m m m g m m > > < + > + 0,5 II.1 Giải phơng trình: 2 2 3 cos 2sin 3 cos sin 4 3 1 3 sin cos x x x x x x + = + (1) 2 điểm Điều kiện: ( ) 1 3 sin cos 0 tan * 6 3 x x x x m + + . 0,5 Khi đó ( ) 2 1 2 3 cos 2sin 3 cos sin 4 3 3 sin cos x x x x x x + = + 0,5 O x y 1 2 3 4 1 2 1 3 O x y 1 2 3 4 1 2 1 3 ( ) ( ) 2 3 2cos 1 sin 4 sin 2 sin 4 3 sin cos x x x x x x + + = + 3 cos 2 sin 2 3sin cos x x x x + = + 2 6 sin 2 sin 2 3 6 6 3 x k x x x k = + + = + = + 0,5 Kết hợp điều kiện (*) ta đợc 2 ; 2 6 2 x k x k = + = + . 0,5 II.2 Giải hệ phơng trình ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 7 3 1 3 4 3 2 1 3 2 3 5 5 2 2 y y x x x y x y = + + + = 2 điểm Từ (1) suy ra 3 2 0 x + , kết hợp với (2) suy ra 5 3 y và 2 3 x . Đặt 3 1, 3 2 u y v x = = + , ta có 2, 2 u v . ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 1 3 1 3 1 6 3 1 3 2 3 2 6 3 2 6 6 3 y y y x x x u u v v = + + + = . 0,5 Xét hàm số ( ) 3 6 f t t t = với 2 t . Ta có ( ) ( ) 2 2 ' 3 6 3 2 0 2 f t t t t = = > Suy ra ( ) f t đồng biến với [ ) 2;t + . Do đó ( ) ( ) ( ) 3 f u f v u v = = (Do [ ) , 2;u v + ). ( ) 3 1 3 2 1 4 y x x y = + = 0,5 Thay (4) vào (2) ta đợc 3 3 1 3 5 3 5 y y y + = ( ) ( ) 3 3 1 2 3 5 2 3 9 y y y + = ( ) ( ) ( ) 2 3 3 1 1 3 9 1 0 5 3 5 2 3 1 2 3 1 4 y y y y + = + + + Vì 5 3 y nên 3 3 1 1 y > và 3 5 0 y , suy ra ( ) 2 3 3 1 1 1 1 1 1 0 7 2 3 5 2 3 1 2 3 1 4 y y y + < + < + + + . Do đó ( ) 5 3 9 0 3 y y = = . 0,5 Với 3 y = , ta đợc 2 x = . Vậy nghiệm của hệ là ( ) ( ) ; 2;3 x y = . 0,5 III.1 Cho , , a b c là ba số thực dơng thỏa mn 3 a b c + + = . Chng minh rng: 2 2 2 3 2 3 3 3 bc ca ab a b c + + + + + . 2 điểm Ta có ( ) ( ) 2 3 3 a b c ab bc ca ab bc ca + + + + + + 0,5 Do đó ( )( ) ( ) 2 2 1 1 2 3 bc bc bc bc bc a b c a a b a c a a ab bc ca = + + + + + + + + + 0,5 Tơng tự: ( ) ( ) 2 2 1 1 2 ; 3 2 2 3 3 ca ca ca ab ab ab b c a b c a b c b c + + + + + + + + Cộng (1), (2), (3) ta có 2 2 2 1 2 3 3 3 bc ca ab bc bc ca ca ab ab a b c a b c a b c a b c a b c + + + + + + + + + + + + + + + + 0,5 ( ) 1 1 3 2 2 2 ab ca ca bc bc ab a b c b c a b c a + + + = + + = + + = + + + . Đẳng thức xảy ra 1 a b c = = = . 0,5 III.2 Tìm m để hệ bất phơng trình sau có nghiệm: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2013 2014 2013 2014 1 2 2 4 0 2 x x x x x m x m + + + + + + + + + 2 điểm Điều kiện 1 x . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 2013 2013 1 2014 1 3 x x x + + 0,5 Nếu 1 x > thì ( ) ( ) 3 0, 3 0 VT VP > < nên 1 x > không thỏa mn (3). Nếu 1 1 x thì ( ) ( ) 3 0 3 VT VP nên 1 1 x thỏa mn (3). Do đó ( ) 1 1 1 x . 0,5 Từ đó (2) ( ) 2 2 4 2 x x f x m x + = . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 4 ' 2 x x f x x = , ( ) ( ) [ ] 0 1;1 ' 0 4 1;1 x f x x = = = . Mà ( ) ( ) ( ) 7 1 ; 1 3; 0 2 3 f f f = = = . Suy ra [ ] ( ) 1;1 min 3 x f x = . 0,5 Vậy để hệ bất phơng trình có nghiệm thì [ ] ( ) 1;1 min 3 x m f x m . 0,5 IV.1 Chứng minh 0 1 1 2 2 3 2012 2013 2013 2014 2013 2013 2014 2013 2014 2013 2014 2013 2014 2013 2014 4027 C C C C C C C C C C C+ + + + + = 2 điểm Xét ( ) ( ) ( ) 2013 2014 2013 2014 2013 2014 2014 2014 2013 2014 2013 2014 0 0 0 0 1 1 . k k i i k i k i k i k i P x x x C x C x C C x + = = = = = + + = = 0,5 Ta có hệ số của 2013 x ứng với , k i thỏa mn 2014 2013 1 k i i k + = = + . Suy ra hệ số của 2013 x trong khai triển ( ) P x thành đa thức là 2013 1 2013 2014 0 k k k C C + = (1) 0,5 Mặt khác ( ) ( ) 4027 4027 4027 0 1 . k k k P x x C x = = + = Suy ra hệ số của 2013 x trong khai triển ( ) P x thành đa thức là 2013 4027 C (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra 2013 1 2013 2013 2014 4027 0 k k k C C C + = = . 0,5 VI.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 0 75 ACB = , đỉnh ( ) 4; 2 B . Đờng cao kẻ từ đỉnh A có phơng trình là 2 0 x y + = . D là điểm thuộc cạnh BC sao cho 2 DC DB = . Tìm tọa độ điểm A, biết 0 60 ADC = và A có hoành độ âm. 2 điểm Lấy E đối xứng với C qua AD. Vì 0 0 0 0 180 75 60 45 CAD = = nên 0 90 CAE = . Vì 0 60 ADC = nên 0 60 ADE = , suy ra 0 60 BDE = (1) 0,5 Gọi K là trung điểm của DE. Ta có 1 1 2 2 DK DE DC DB = = = (2). Từ (1) và (2) suy ra BDK là tam giác đều. Do đó 1 2 BK DK DE = = , suy ra BDE vuông tại B. 0,5 Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp. Suy ra 0 45 ABC AEC = = , hay 0 45 BAH = . 0,5 Vì A nằm trên đờng cao AH: 2 0 x y + = nên ( ) ; 2 A a a . Suy ra ( ) 4;2 2 BA a a = + . Vectơ chỉ phơng của AH là ( ) 1; 2 u = . 0,5 A B C D E H 0 60 0 75 0 45 I K A B C D E H 0 60 0 75 0 45 I K Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 4 2 2 2 cos45 cos ; 5. 4 2 2 a a BA u a a + = = + + ( ) ( ) 2 2 2 5 5 20 2 5 4 2 a a a a + = = = . Vì A có hoành độ âm nên 2 a = . Vậy ( ) 2;4 A . V.1 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 0 , 30 AB a ACB= = ; SA SB = và SA BC . Khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA và BC bằng 3 4 a . 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2 điểm A B C D K E H M N a I 0 30 S A B C D K E H M N a I 0 30 S Gọi D là trung điểm của BC, suy ra tam giác ABD là tam giác đều cạnh a. Gọi I, E lần lợt là trung điểm của BD và AB; H là giao điểm của AI và DE. Khi đó H là trọng tâm tam giác ABD. Vì tam giác ABD đều nên , AI BC DE AB . Do SA BC nên ( ) ( ) 1 BC SAI BC SH Vì SA SB = nên SE AB , suy ra ( ) AB SDE ( ) 2 AB SH . Từ (1) và (2) suy ra ( ) SH ABC , hay SH là đờng cao của hình chóp S.ABC. 0,5 Gọi K là hình chiếu của I trên SA. Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của SA và BC. Do đó ( ) 3 ; 4 a IK d SA BC= = . 0,5 Ta có 3 3 ; 2 3 a a AI AH= = . Đặt SH h = , ta có 2 2 2 2 3 a SA AH SH h = + = + . Vì 2 . . SAI S AI SH IK SA = = nên 2 2 3 3 . . 2 4 3 a a a h h h a = + = . 0,5 Ta có 2 3 3 2 ABC a AC a S = = . Do đó thể tích khối chóp S.ABC là: 2 3 1 1 3 3 . . . 3 3 2 6 ABC a a V S SH a = = = . 0,5 V.2 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC). 2 điểm Gọi M là hình chiếu của A trên SI, khi đó ( ) AM SBC . Gọi N là hình chiếu của M trên SC. Khi đó ( ) AMN SC , suy ra góc giữa (SAC) và (SBC) là góc ANM = . 0,5 Ta có 2 2 3 39 6 6 a a HI SI SH HI= = + = . 3 13 13 AI SH a AM SI = = . 0,5 2 2 39 26 a IM AI AM SI = = < 5 39 39 a SM SI IM = = . 2 2 30 3 a SC SI IC= + = . Vì SMN SCI nên . 3 130 52 MN SM SM CI a MN CI SC SC = = = . 0,5 Suy ra 2 10 tan 5 AM MN = = . Vậy góc giữa (SAC) và (SBC) bằng 2 10 arctan 5 = . 0,5 Tĩnh Gia, ngày 01 tháng 12 năm 2013 Lê Thanh Bình . [ ] ( ) 1; 1 min 3 x m f x m . 0,5 IV .1 Chứng minh 0 1 1 2 2 3 2 012 2 013 2 013 2 014 2 013 2 013 2 014 2 013 2 014 2 013 2 014 2 013 2 014 2 013 2 014 4027 . ) 2 1 2 1 2 2 013 2 014 2 013 2 014 2 2 4 0 x x x x x m x m + + + + + + + + + . Bài 4: (4 điểm) 1. Chứng minh: 0 1 1 2 2 3 2 012 2 013 2 013 2 014 2 013 2 013