Đề thi chọn đội tuyển dự thi Quốc gia năm học 2014–2015 môn Toán - Sở giáo dục đào tạo An Giang

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên đề chính thức Đề thi chọn đội tuyển dự thi Quốc gia năm học 2014–2015 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo An Giang. Đề thi gồm có 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án. Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA

AN GIANG Năm học 2014 – 2015

Môn : TOÁN BÀI THI THỨ NHẤT Thời gian làm bài : 180 phút

(Không kể thời gian phát đề)

Bài 3: (3,0 điểm) (Chiều cao cột tháp truyền hình)

Từ ba điểm trên mặt đất có khoảng cách đến chân tháp truyền hình là 𝑎, 𝑏, 𝑐 nhìn đỉnh tháp và chân tháp dưới ba góc mà tổng của chúng bằng 1800 Tính chiều cao của tháp truyền hình theo 𝑎, 𝑏, 𝑐

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA

AN GIANG Năm học 2014 – 2015

Môn : TOÁN BÀI THI THỨ HAI Thời gian làm bài : 180 phút

(Không kể thời gian phát đề)

3𝑛

Bài 9: (5,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành Gọi K là trung điểm của cạnh SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB; SD lần lượt tại M và N Chứng minh rằng:

a) SB

SM+

SD

SN= 3 b) 1

3≤

V1

V ≤

38Trong đó V ; V1 lần lượt là thể tích khối chóp S ABCD và S AMKN

- Hết -

ĐỀ CHÍNH THỨC

SBD : PHÒNG:

hoctoancapba.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 12

AN GIANG Năm học 2014 – 2015

MÔN TOÁN VÒNG 2

A.ĐÁP ÁN

Bài 1

𝑦 = 2 cos2 2𝑥

1 + 𝑥2+ cos 2𝑥

1 + 𝑥2 Tập xác định của hàm số 𝐷 = 𝑅

Đặt 𝑡 = 2𝑥

1+𝑥2 ta tìm tập giá trị của t trên tập 𝑅

𝑡′ =2(1 + 𝑥

2) − 2𝑥 2𝑥 (1 + 𝑥2)2 = 2 − 2𝑥

2 (1 + 𝑥2)2

𝑡′ = 0 ⟺ 𝑥 = ±1 lim

𝑥→±∞𝑡 = 0

𝑥 −∞ − 1 1 + ∞

𝑡′ − 0 + 0 −

𝑡 0 1

−1 0

Vậy 𝑥 ∈ 𝑅 ⟹ 𝑡 ∈ [−1,1] ⟹ 𝑢 = cos 𝑡 ∈ [cos 1 , 1] Xét hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑢) = 2𝑢2+ 𝑢 = 2 (𝑢 +1 4)2−1 8 Hàm số đồng biến trên (−1 4, +∞) Do 𝑢 ∈ [cos 1 , 1] và cos 1 > cos𝜋 3 =1 2 ⟹ [cos 1 , 1] ∈ (−1 4 +∞) Vậy 𝑓(cos 1) ≤ 𝑓(𝑡) ≤ 𝑓(1) ⟺ 2cos21 + cos 1 ≤ 𝑦 ≤ 3 Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số là 3 khi cos 𝑡 = 0 ⟺ 𝑡 = 2𝑘𝜋 ⟺ 2𝑥 𝑥 2 +1= 2𝑘𝜋 nhưng vì 𝑡 ∈ [−1,1] ⟹ 2𝑥 1+𝑥 2∈ [−1,1] nên ta chỉ chọn 𝑘 = 0 ⟹ 𝑥 = 0 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 2cos21 + cos 1 điều này xảy ra khi cos 2𝑥 1 + 𝑥2 = cos 1 ⟺ 2𝑥 1 + 𝑥2 = ±1 + 𝑘2𝜋 ⟹ 2𝑥 1 + 𝑥2 = ±1 Khi đó ta được 𝑥 = ±1 4,0 điểm Bài 2 𝑓(𝑥) = 𝑥 5 30+ 𝑥3 6 − 𝑥 5= 𝑥5+ 5𝑥3− 6𝑥 30 = 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥2+ 6) 30

=𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥

2− 4 + 10) 30

=(𝑥 − 2)(𝑥 − 1)𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 + 2)

10𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)

30 Nhận xét (𝑥 − 1)(𝑥 − 1)𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 + 2) là 5 số nguyên lien tiếp nên

chia hết cho 5! hay chia hết cho 30; còn 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) là ba số

nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 vậy nếu 𝑥 ∈ 𝑍 ⟹ 𝑓(𝑥) ∈ 𝑍 hay đồ

thị hàm số đi qua vô số các điểm có tọa độ nguyên

3,0 điểm

hoctoancapba.com

⟹ tan( 𝛼 + 𝛽) =

ℎ

𝑎+

ℎ𝑏

12√4 − 𝑥 > 0 ∀𝑥 ∈ (−2; 4) Vậy hàm số đồng biến trên (−2; 4) chú ý rằng 𝑓(1) = 2√3

𝑥 > 1 ⟹ 𝑓(𝑥) > 2√3 Vậy nghiệm của bất phương trình là (1; 4]

5,0 điểm

𝑎

𝑏 + 𝑐 + 1<

2𝑎

𝑎 + 𝑏 + 1 (2) Thật vậy, BĐT (2) tương đương với

𝑎(𝑎 + 𝑏 + 1) ≤ 2𝑎(𝑏 + 𝑐 + 1) ⟺ 𝑎(𝑏 + 2𝑐 + 1 − 𝑎) ≥ 0 luôn đúng

5,0 điểm

hoctoancapba.com

1 − a = 1 − b = 1 + a + ba(b + 2c + 1 − a) = 0b(a + 2c + 1 − b) = 0

5,0 điểm

Bài 7

𝑓(𝑥 𝑦) = 𝑓(𝑥) 𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑥 + 𝑦) ; ∀𝑥; 𝑦 ∈ ℝ

 Cho 𝑥 = 𝑦 = 0 ta được

𝑓(0) = 𝑓2(0) + 2𝑓(0) − 𝑓(0) ⟺ 𝑓2(0) = 0 ⟺ 𝒇(𝟎) = 𝟎 Cho 𝑦 = 1 ta được

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥) 𝑓(1) + 𝑓(𝑥) + 𝑓(1) − 𝑓(𝑥 + 1)

⟺ 𝒇(𝒙 + 𝟏) = 𝒇(𝟏)[𝒇(𝒙) + 𝟏] (𝟏)

Cho 𝑥 = −1 ⟹ 𝑓(0) = 0 = 𝑓(1)[𝑓(−1) + 1]

+ Nếu 𝑓(1) = 0 ⟹ 𝑓(𝑥 + 1) = 0 ; ∀𝑥 ⟹ 𝑓(𝑥) = 0 ; ∀𝑥 như vậy

𝑓(𝑥) = 0; ∀𝑥 là nghiệm của phương trình

+ Nếu 𝑓(1) ≠ 0 ⟹ 𝑓(−1) = −1 (ta chưa biết f(1))

hoctoancapba.com

Ta chứng minh không thể xảy ra 𝑓(1) = −1

 Lại thay 𝑥 bởi −𝑥

𝑓(−𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓(−𝑦) + 𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑦) − 𝑓(𝑥 − 𝑦)

⟹ −𝑓(𝑥𝑦) = −𝑓(𝑥)𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑥 − 𝑦)

𝑣ì 𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑥 + 𝑦)

Công hai đẳng thức ta được 𝑓(𝑥 + 𝑦) + 𝑓(𝑥 − 𝑦) = 2𝑓(𝑥) = 𝑓(2𝑥)

 Đổi biến 𝑢 = 𝑥 + 𝑦 ; 𝑣 = 𝑥 − 𝑦 ta được

5,0 điểm

hoctoancapba.com

< 𝑥𝑛3+ 3 +1

𝑛+

19𝑛2 (3)

…

𝑥𝑛3 < 𝑥𝑛−13 + 3 + 1

𝑛 − 1+

19(𝑛 − 1)2

𝑥𝑛3 < 9 + 3𝑛 + ∑1

𝑘𝑛 𝑘=1

+1

1

𝑘2 𝑛

𝑘=1

Ta so sánh hai dấu tổng

𝑘2 𝑛 𝑘=1

< 1 + 1

1.2+

12.3+ ⋯ +

1(𝑛 − 1)𝑛

𝑘2 𝑛 𝑘=1

𝑘𝑛 𝑘−1)

2

≤ 𝑛 (2 −1

𝑛) ⟹ ∑1

𝑘𝑛 𝑘−1

< √2𝑛 Điều này cho ta ước lượng

𝑥𝑛3 < 9 + 3𝑛 + ∑1

𝑘𝑛 𝑘=1

+1

1

𝑘2 𝑛 𝑘=1

< 𝟗 + 𝟑𝒏 + √𝟐𝒏 +𝟏

𝟗(𝟐 −𝟏

𝒏) (𝟒) Kết hợp với (2) (4) ta có

𝒏) Lấy giới hạn hai vế ta được

lim

𝑛→+∞(𝑥𝑛

3

𝑛) = 3 hoctoancapba.com

từ điều kiện ta được

{0 < 𝑦 ≤ 10 < 𝑥 ≤ 1 ⟺ {

0 < 𝑥 ≤ 1

0 < x3x − 1 ≤ 1

24(3x − 1) với x ∈ [

2,0 điểm

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Điểm số có thể chia nhỏ

đến 0,25 điểm theo thống nhất của tổ chấm./

hoctoancapba.com

hoctoancapba.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT

AN GIANG Năm học 2014 – 2015

Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút

(Không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (3,0 điểm)

𝑥 − 1 (1) Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số (1) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại hai điểm A và B với độ dài đoạn AB ngắn nhất

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D có BC =

2 AB, M(4; 0) là trung điểm của BC, đường thẳng AD có phương trình 2𝑥 − 𝑦 + 1 = 0 Tìm tọa độ các điểm B và C biết rằng hình thang ABCD có diện tích bằng 54

5 và các tọa độ của hai điểm A, B đều dương

Bài 7: (3,0 điểm)

Nhân dịp khách sạn kỷ niệm ngày thành lập, ban quản lý khách sạn thực hiện khuyến mãi như sau: Mỗi đoàn du lịch đến nghỉ ở khách sạn đều chọn ngẫu nhiên hai người để tặng thưởng Có hai đoàn du lịch cùng đến khách sạn, đoàn thứ nhất có 6 người Việt Nam và 12 người Pháp; đoàn thứ hai có 3 người Việt Nam, 7 người Nga và 2 người Anh Tính xác suất để

cả hai đòan có ít nhất hai người nhận thưởng đều là người Việt Nam

b) Tính cosin góc hợp bởi hai đường thẳng SM và DN

c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và DN

-Hết -

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

SBD : PHÒNG:

hoctoancapba.com

3,0 điểm

Bài 2

√9 − 𝑥2+ 1Tập xác định 𝐷 = [−3; 3]

Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) bằng −7 khi √9 − 𝑥2 = 2 ⟺ 𝑥 =

±√5

Bài 3

Giải phương trình lượng giác

sin3𝑥 + 3 cos 𝑥 = 3 sin2𝑥 cos 𝑥 + 2 sin 𝑥

⟺ sin3𝑥 − 3 sin2𝑥 cos 𝑥 + 3 cos 𝑥 − 2 sin 𝑥 = 0

⟺ tan3𝑥 − 3 tan2𝑥 + (3 − 2 tan 𝑥)( 1 + tan2𝑥) = 0

⟺ 𝑡𝑎𝑛3𝑥 + 2 tan 𝑥 − 3 = 0 ⟺ (tan 𝑥 − 1)(tan2𝑥 + tan 𝑥 + 3) = 0

Bài 4

Xét phương trình

√𝑥3+ √2𝑥 + 13 = √3𝑥 + 43 (∗)

⟺ 𝑥 + 3√𝑥(2𝑥 + 1)3 (√𝑥3 + √2𝑥 + 13 ) + 2𝑥 + 1 = 3𝑥 + 4

⟺ √𝑥(2𝑥 + 1)3 (√𝑥3 + √2𝑥 + 13 ) = 1 (∗∗) Xét phương trình hệ quả bằng cách thế (∗)𝑣à𝑜 (∗∗) ta có

√𝑥(2𝑥 + 1)3

√3𝑥 + 43

= 1

⟺ 𝑥(2𝑥 + 1)(3𝑥 + 4) = 1

⟺ 6𝑥3+ 11𝑥2+ 4𝑥 − 1 = 0 ⟺ 𝑥 = −1; 𝑥 =1

6Thử lại ta có 𝑥 =1

6 là nghiệm của phương trình (∗) Mặt khác hàm số 𝑓(𝑥) = √𝑥3 + √2𝑥 + 13 − √3𝑥 + 43 liên tục trên ℝ do

đó hàm số cùng một dấu trên mỗi khoảng (−∞;1

6) ; (1

6; +∞) dễ thấy 𝑓(0) < 0 ; 𝑓(2) > 0 vậy bất phương trình có tập nghiệm là (−∞;1

6)

2,0 điểm

Bài 5

{ 𝑥𝑦 = 2𝑥 − 𝑦2𝑥3+ 𝑦3 = −2 ⟺ {

(𝑥 + 1)𝑦 = 2𝑥2𝑥3+ 𝑦3 = −2 Đặt 𝑥 + 1 = 𝑡 ta được hệ phương trình sau

{ 𝑡𝑦 = 2𝑡 − 2

2(𝑡 − 1)3+ 𝑦3 = −2 ⟺ {

𝑡2𝑦 = 2𝑡2− 2𝑡2𝑡3− 6𝑡2+ 6𝑡 − 2 + 𝑦3 = −2

⟺ { 𝑡𝑦 = 2𝑡 − 2

2𝑡3− 3𝑡2𝑦 + 𝑦3 = 0 ⟺ {

𝑡𝑦 = 2𝑡 − 2(2𝑡 + 𝑦)(𝑡2− 2𝑡𝑦 + 𝑦2) = 0 TH1: 𝑡2− 2𝑡𝑦 + 𝑦2 = 0 ⟺ (𝑡 − 𝑦)2 = 0 ⟺ 𝑦 = 𝑡 khi đó ta được

𝑡2 = 2𝑡 − 2 ⟺ 𝑡2− 2𝑡 + 2 = 0 phương trình vô nghiệm

TH2: 𝑦 = −2𝑡 khi đó

−2𝑡2 = 2𝑡 − 2 ⟺ 𝑡1,2 =−1 ± √5

2 ⟹ 𝑦 = 1 ± √5 Vậy hệ phương trình có nghiệm (−3+√5

2 ; 1 − √5) ; (−3−√5

2 ; 1 + √5)

2,0 điểm

Cách khác: 3 2 3 (1)

+ y 0 không thỏa hệ phương trình

+ Chia 2 vế phương trình (1) cho y ; chia 2 vế phương trình (2) cho 2 y 3

Gọi N là trung điểm của AD Do hình thang vuông nên MN vuông góc

với AD Phương trình đường thẳng MN

𝑥 + 2𝑦 − 4 = 0 Tọa độ N là giao điểm của AD và MN nên là nghiệm của hệ

2,0 điểm hoctoancapba.com

Vậy tọa độ hai điểm A và D là (1; 3) ℎ𝑎𝑦 (−1

5;9

5)

Theo giả thiết ta được 𝐴(1; 3) Đường thẳng AB vuông góc với AD nên

𝐴𝐵: 𝑥 + 2𝑦 − 7 = 0 ℎ𝑎𝑦 𝐴𝐵: {𝑥 = 7 − 2𝑡

M là trung điểm của BC nên 𝐶(5; −2)

Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là 𝐵(3; 2); 𝐶(5; −2)

Bài 7

Trường hợp 1: Đoàn thứ nhất có hai người nhận thưởng đều là người

Việt Nam

Chọn 2 người Việt Nam trong 6 người Việt Nam có 𝐶62 cách chọn

Chọn 2 người ở đoàn thứ nhất nhận thưởng có 𝐶182 cách chọn

Xác xuất để đoàn thứ nhất có 2 người Việt Nam nhận thưởng là

𝑝1= 𝐶6

2

𝐶182 =

6.518.17=

551

Trường hợp 2: Đoàn thứ hai có hai người nhận thưởng đều là người

Việt Nam

Chọn 2 người Việt Nam trong 3 người Việt nam có 𝐶32 cách chọn

Chọn 2 người ở đoàn thứ hai nhận thưởng có 𝐶122 cách chọn

Xác xuất để đoàn thứ hai có 2 người Việt Nam nhận thưởng là

𝑝2 = 𝐶3

2

𝐶122 =

3.212.11=

122

Trường hợp 3: Mỗi đoàn có đúng 1 người Việt Nam nhận thưởng

Chọn 2 người trong đó có đúng 1 người Việt Nam ở đoàn 1 có 𝐶61 𝐶121

cách chọn trong 𝐶182 cách chọn 2 người của đoàn thứ nhất

Xác xuất để đoàn thứ nhất có đúng một người Việt Nam nhận thưởng là

𝑝3 =𝐶6

1 𝐶121

𝐶182 =

6.12.218.17 =

817Tương tự xác xuất để đoàn thứ hai có đúng một người Việt Nam nhận

922Theo công thức xác xuất ta có xác xuất để có hai người nhận thưởng đều

là người Việt Nam là

3,0 điểm hoctoancapba.com

Cách khác:

Gọi A: “Cả hai đoàn có nhiều nhất một người nhận thưởng là người

Việt Nam”

Số phần tử của không gian mẫu: n C C 182 122

Trường hợp 1: Đoàn thứ nhất có duy nhất 1 người Việt Nam được nhận thưởng;

đoàn thứ hai không có người Việt Nam nào được nhận thưởng

Có C C C cách chọn 61 121 92

Trường hợp 2: Đoàn thứ hai có duy nhất 1 người Việt Nam được nhận thưởng;

đoàn thứ nhất không có người Việt Nam nào được nhận thưởng

𝑎√3

2 2𝑎

2 =𝑎

3√32

2,0 điểm

Gọi D’ là điểm thuộc đoạn AD sao cho 𝐴𝐷’ =1

4𝐴𝐷 khi đó MD’//DN Góc hợp bởi SM và DN chính là góc SMD’̂ = 𝛼

Hai tam giác MAD’ và SAD’ vuông tại A có hai cạnh góc vuông là

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SMD’ ta được

𝑆𝐷’2 = 𝑆𝑀2+ 𝑀𝐷′2− 2𝑆𝑀 𝑀𝐷′ cos 𝛼 5𝑎2

D'

H

N

M A

D

B

C S

hoctoancapba.com

B HƯỚNG DẪN CHẤM

+ Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

+ Điểm từng câu có thể chia nhỏ đến 0,25 và không làm tròn

hoctoancapba.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

x y

SA Gọi Δ là đường thẳng nằm trong ( )P và đi qua

B (Δ không vuông góc với AB) Đường thẳng đi qua A vuông góc với AB cắt Δ tại D H là hình chiếu của A lên Δ Trong mặt phẳng (SDB đường thẳng đi qua ) D vuông góc với SB cắt

a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n ta có u n+2 =4u n+1−u n

b) Chứng minh u2015 chia hết cho 5

- HẾT -

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

a a

0,5 điểm

IA

a , IB=2a+1

0,5 điểm

điểm

Gọi M a f a( ; ( ) ),N b f b với ≠( ; ( ) ) a b là các tiếp điểm của tiếp tuyến Δ Δ 1, 2

Vì tiếp tuyến tại M N song song nên '( ), f a = f b'( )⇔ + = −a b 2

0,5 điểm Chứng minh I là trung điểm của MN

Vậy cặp tiếp tuyến cần tìm có phương trình là y x= + −3 3 và y x= + +3 3 0,5

Suy ra 2x2−3x+ ≤ + ⇔7 x 5 2(x−1)2≤ ⇒ =0 x 1

Thử lại thỏa mãn

Vậy phương trình có nghiệm là x= 1

1,0 điểm

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thay x= y z= vào ta được

023

S

K

I

H D

B A

Khi đó

26

Suy ra u n+2,u là nghiệm của phương trinh n 2 2

 có đồ thị là (C)

M là điểm tùy ý trên (C) có hoành độ lớn hơn 1 Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận

tại A và B phân biệt Xác định tọa độ điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất (O là gốc tọa độ)

Câu III (2,0 điểm)

Giải phương trình: 2 cos 2 4 3 cos 3sin 2 3 1 0.

1 Chứng minh tam giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB)

2 Cho hai điểm E và F thay đổi, lần lượt nằm trên hai đoạn thẳng AB và SC Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn EF

ui i

Câu VII (1,0 điểm)

Tìm số nghiệm nguyên dương của hệ:

Trang 01

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN

x có đồ thị là (C) M là điểm tùy ý trên (C) có hoành độ lớn hơn 1 Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B phân biệt Xác

định tọa độ điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất (O là gốc tọa độ)

a a

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

2

1 1

1 1 1

x

a a

1

a A

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

2

1 1

1 1 1

y

a a

Dễ thấy giao điểm I của hai đường tiệm cận nằm trong tam giác AOB suy ra diện

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

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

(3,0

điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương

trình x 2 2 y 2 2 4 Lập phương trình đường tròn (C’) tâm I(4; 4), cắt

đường tròn (C) tại hai điểm A,B sao cho AB = 2 2

Đường tròn (C) có tâm K(2;2) bán kính r = 2, đường tròn(C’) có tâm I(2;2) bán

kính R Đường thẳng IK cắt AB tại H thì H là trung điểm của đoạn thẳng AB

H A K

I B

Trường hợp 1: điểm H nằm giữa hai điểm I và K Ta có IK IH HK 0,5

Trường hợp 2: điểm K nằm giữa hai điểm I và H

BSC Hai điểm M, N thỏa mãn 3SM 2SB SC, 2SN

1 Chứng minh tam giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

(SAB)

2 Cho hai điểm E và F thay đổi, lần lượt nằm trên hai đoạn thẳng AB và SC Tìm

giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn EF

Tính SH a S; AMN 2 2a , ta được thể tích 2

3

2 3

S AMN

a V

0,25

Trang 04

B M

2

n

n S

0,5

Xét phương trình nghiệm nguyên dương x1 x2 x3 x4 2014

Số nghiệm của phương trình chính là số cặp x x x x ta cho tương ứng với 1; 2; ;3 4

Xét bài toán ngược: Trong các nghiệm x x x1; 2; 3 có nghiệm lớn hơn 1007 Dễ thấy

rằng không thể có nhiều hơn một nghiệm lớn hơn 1007 vì tổng bằng 2014 Giả sử

1 1007

Trên đây là các bước giải cơ bản,học sinh phải lập luận chặt chẽ,đầy đủ mới được điểm

Mọi cách giải đúng khác đều được điểm tối đa

Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số f x x3 3(m 1)x2 3 (m m 2)x 2 m (1) (m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại tới

trục hoành bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu tới trục tung

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I 4;2

là trung điểm đoạn BC, điểm A nằm trên đường thẳng d : 2x y 1 0 Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác ABD ACE vuông cân tại , A Biết phương trình đường thẳng

DE x y và BD 2 5 điểm D có tung độ nhỏ hơn 7 Xác định tọa độ các điểm

, ,

A B C

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm (1;1; 1),A B(1;1;2), ( 1;2; 2)C

và mặt phẳng P : x 2y 2z 1 0 Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua A, vuông góc

với mặt phẳng P , cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB 2IC

Câu 4 (2,0 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có ' ' ' ' AB 1,BC 2,AA' 3

Mặt phẳng P thay đổi và luôn đi qua C , mặt phẳng P cắt các cạnh ' AB AD AA lần lượt , , '

tại E F G, , (khác A) Chứng minh rằng 1 2 3

AE AF AG không đổi Từ đó, xác định vị trí của mặt phẳng P để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

m m m m

2

245

24

2 2

x y thỏa mãn hệ ban đầu

Gọi mặt phẳng ( )có vtpt là  n a b c; ; (a b c; ; không đồng thời bằng 0)

Mp ( ) mp P nên 2 VTPT vuông góc nhau ( ) a 2b 2c 0 a 2b 2 (2)c 0,5

A

y x

G

F E

D' C'

B' A'

D C

B A≡O

Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ ở đó A O 0;0;0 ,B 1;0;0 ,D 0;2;0 , ' 0;0;3A

9

AE AF

E F G thỏa mãn điều kiện (*)

*Lưu ý: Học sinh không chứng minh kết quả 1 2 3

1

AE AF AG mà sử dụng ngay cho việc tìm giá trị nhỏ nhất của V AEFG thì cho 0,5 điểm