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

MÔN THI: TOÁN

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) và đường thẳng ( ) :  y 2mx 2 (với m là tham số) Tìm m

để đường thẳng ( ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ)

2) Cho hàm số

2

3 2







x

x

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

(C) tại A và B Tìm m để P =    2013

2 2013

k  đạt giá trị nhỏ nhất

Câu II (2,0 điểm)

4 sin 2 4 4 cos 4















x x

x

2) Giải hệ phương trình:  





























10 )

1 ( 4 ) 1 9 (

1

1 1

9 1 3

2 2

3

2

x x

y x

x x

y xy

Câu III (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

! 0

!.

2013 2014

1

! 2010

!.

3 4

1

! 2011

!.

2 3

1

! 2012

!.

1 2

1

! 2013

!.

0 1

1













S

2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:





















2 1 2 5

2 1

1

n n

u

u

(n  N*) Tìm 















n

k 1u k

1

Câu IV (3,0 điểm)

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

ASBSAC90 ,  0

120

BSC  Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB theo a )

2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho

BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN

Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz 2 2

Chứng minh rằng: 4 4 2 2 8

8 8 2

2 4 4

8 8 2

2 4 4

8 8

























x z x z

x z z

y z y

z y y

x y x

y x

……… Hết………

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

MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)

I 1

1,0đ

1) Cho hàm số yx32mx23x (1) và đường thẳng ( ) :  y 2mx 2 (với m là tham

số) Tìm m để đường thẳng ( ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A,

B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi

và O là gốc toạ độ)

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

2

2

1

(2 1) 2 0 (2)







x

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

nghiệm phân biệt

2

m

m



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

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

Tam giác OBC có diện tích 1

BC

2

S  d Trong đó

2

2

d = d(O; ) =

1+4m

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

 2  2 

BC  2m 1 8 4m 1

Vậy S = 17  4m2  m4  9  17 













2

1

m

m

I 2 2) Cho hàm số

2

3 2







x x

y có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng minh

1,0đ rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m Gọi k1, k2 lần lượt là hệ

số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B Tìm m để P =    2013

2 2013

k  đạt giá trị nhỏ nhất

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:

x

x











2 2

3 2























(*) 0 2 3 ) 6 ( 2

2 2

m x

m x

x

0,25

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

luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m 0,25

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là

2 2 2 2 1 1

) 1 (

1 ,

) 1 (

1









x

k x

k , trong đó x1,x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy

1 2

2

1

2 1 2 1 2 2 2 1 2















x x x x x

x k

0,25

Có P =      2013 2014

2 1 2013

2 2013

2 2 2 1 2

2 2 1 2

) 2 (

1 )

2 (

1

















x x

k

k

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

x1 + x2 = - 4  m = - 2 Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

0,25

II 1

1,0đ

4 sin 2 4 4 cos 4















x x

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

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

0,25

*) x x  x k 

4 0

sin

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

*) Vì cosx1;sin3x1,x nên (2)













 1 3 sin

1 cos

x

x

 hệ vô nghiệm

Vậy PT có nghiệm là: x k 

4 (k  Z)

0,25

II 2

1,0đ 2) Giải hệ phương trình:





























) 2 ( 10 ).

1 ( 4 ) 1 9 (

) 1 ( 1

1 1

9 1 3

2 2

3

2

x x

y x

x x

y xy

ĐK:x 0

NX: x = 0 không TM hệ PT

Xét x > 0

PT (1) 

x

x x

y y

y3 9 1 1

 3 3 (3 ) 1 1 1 1 1

2 2























x x x y

y

0,25

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0 Xét hàm số f(t)= t + t t2  1, t > 0

Ta có: f’(t) = 1 +

1

1 2

2 2







t

t

t >0 Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

PT(3) f(3y)= f 











x

1

3y =

x

1

0,25

Thế vào pt(2) ta được PT: 3 2 4 ( 2 1 ) 10







x

Đặt g(x)= x3 x2  4 (x2  1 ). x  10, x > 0 Ta có g’(x) > 0 với x > 0

g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,25

Ta có g(1) = 0

Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1

Với x =1y =

3 1

KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;

3

1

III 1

1,0đ

1) Rút gọn biểu thức:

! 0

!.

2013 2014

1

)!

2013

!.(

).

1 (

1

! 2010

!.

3 4

1

! 2011

!.

2 3

1

! 2012

!.

1 2

1

! 2013

!.

0 1

1





















k k

k





2013 0 2013 2013

0( 1) !.(2013 )! .2013! 1

1

k k

C S

k k

k

S

0,25

+) Ta có:

2014 ( 1! 2014 )!

1 (

2014

! 2014 )!

2013 )!.(

1 (

! 2013 1

1 2014 2013





















k k

C k

k k

k k

C









2014 1 2014 2013

0

1 2014

2014

1

k k

k

C C

0,25

+) S.2013! = 2 1

2014

1 2014



! 2014

1

22014 



 S

0,25

III 2

1,0đ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:





















2 1 2 5

2 1

1

n n

u

u

(n  N*) Tìm 















n

k 1u k

1

+) Ta có: u n u n  (u n  4u n  4 )  0 , n

2

1 2

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

+) Khi đó ta có: L =

2

1

L2 – L + 2  L = 2 (Vô lý)

 limun = 

0,25

2 4

u  u n(u n 2)2(u n1 2) 

) 2 (

2

1 )

2 (

1

1



n

u

2

1 2

1 1

2

1 1

2

1

1











n n

0,25

+) Do đó:

2

1 2

1 1

1 1





n n















n

k 1u k

1

2

1 1





u

0,25

IV 1

1,5đ

1) Cho khối chóp S ABC SA2 ,a SB3 ,a SC 4 ,a   0

ASBSAC90 ,  0

120

BSC 

Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a Chứng minh tam

giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB theo ) a

Dùng ĐL Cosin tính được:

MN = 2a 3

0,25

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

giác AMN vuông tại A

0,25

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại

A.SH  ( AMN); tính được SH = a

0,25

Tính được

3

2

.

a

3

1

.

.





SC SB

SN SM V

V

ABC

S

AMN

V S ABC 

H

N

M

A

S

N

M

S

C

B

A

Vậy

3

2

3

S ABC SAB

IV 2

1,5đ

2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và

đoạn CD sao cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN

+) Đặt x

BA

BM

 , với 0 x 1 x

DC

DN



 Khi đó ta có: BM  x.BA và 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 ) 1 ( 2 2 2 2 ) 1 ( 2 )

1 (

2 2

2 2 2

2 2 2 2

x x

a x

a x x a x a x a

= 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 + 1 trên đoạn  0;1 ta có:

2

1 ) 2

1 ( ) ( min , 1 ) 1 ( ) 0 ( ) ( max f x  f  f  f x  f 

0,25

+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng

2

2

a

khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD 0,25

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

V

1,0đ

Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 2

8 8 2

2 4 4

8 8 2

2 4 4

8 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 và a.b.c = 8

Do

2

2 2

b a

ab  nên

2

) (

2

ab b

a     Dấu“=”có a=b

0,25

+) Ta có:

 2 2

4 4 2

2

4 4

2

3

b a

b a ab b a

b a













Ta sẽ chứng minh:

1 2

3

2 2 2

2

4 4

b a b

a

b a









(1)

Thật vậy: (1)  2( 4 4)

b

) (a  b

 (a2 – b2)2  0 (luôn đúng)

Do đó ta được: ( )

3

2 2

4 4

b a ab b a

b a











Dấu“=”có a2=b2a=b

0,25

+) Áp dụng BĐT trên ta có: ( )

3

2 2

4 4

c b bc c b

c b











Dấu“=”có b=c

( )

3

2 2

4 4

a c ca a c

a c











Dấu“=”có c=a Cộng các vế các BĐT trên ta được:

) (

3

2 2

4 4 2

2

4 4 2

2

4 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 Cô-si ta có: ( ) 2 8

3

2 2 2 2 3 2 2 2







Do đó ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy ra  x  y  z  2

0,25