De va dap an Toan 12 HSG Hai Duong

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.. đổi và O là gốc toạ độ.[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 x 3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 y= 2 x +3

x+2 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 k1, k2 lần lượt là hệ số góc của tiếp

tuyến của (C) tại A và B Tìm m để P = (k1)2013+(k2)2013 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: sin 4 x +cos 4 x=4√2sin(x − π

4)−1

2) Giải hệ phương trình:

¿

3 xy(1+ √9 y2+ 1)= 1

√x +1 −√x

x3(9 y2+1)+4 (x2+1)√x=10

¿ {

¿

Câu III (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

1 0 ! 2013!+

1

2 1 ! 2012!+

1

3 2 !.2011 !+

1

4 3 ! 2010!+ +

1

2014 2013 ! 0 !

2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:

¿

u1=5 2

u n+ 1=1

2u n

2

− u n+2

¿{

¿

(n ∈ N ∗) Tìm lim( ∑

k=1

n

1

u k)

Câu IV (3,0 điểm)

1) Cho khối chóp S ABC. có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS B SAC 90 ,0 BSC  1200 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 điểmC 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: x8+y8

x4+y4+x2y2+

y8 +z8

y4+z4+y2z2+

z8 +x8

z4+x4+z2x2≥ 8

……… 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)

I1

1,0đ

1) Cho hàm số y x 3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:

32 2 3 2  2 32 2 (2 3)  2 0

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 (2 1) 8 0

m

m

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

2

d = d(O; ) =

1+4m



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

BC  2m 1 8 4 m 1

Vậy S = √17 ⇔ √4 m2+4 m+ 9=√17

⇔ m=1

¿

m=−2

¿

¿

¿

¿

¿

(TM)

0,25

I2

1,0đ

2) Cho hàm số y= 2 x +3

x+2 có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng minh 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 = (k1)2013

+(k2)2013

đạt giá trị

nhỏ nhất.

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

2 x +3 x +2 =−2 x+m

⇔

x ≠ −2

2 x2+(6 −m) x +3 −2 m=0( ∗)

¿{

0,25

Xét phương trình (*), ta có: Δ>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

x1+1¿2

¿

x2+1¿2

¿

¿

k1=1

¿

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

k1 k2= 1

(x1+2)2(x2+2)2=

1 (x1x2+2 x1+2 x2+4)2=4 (k1>0, k2>0)

0,25

Có P = (k1)2013+(k2)2013≥ 2 √ (k1k2)2013=22014 , do dó MinP = 22014 đạt được khi

x1+2¿2

¿

x2+2¿2

¿

x2+2¿2

x1+2¿2=¿

¿

¿

k1=k2⇔1

¿

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

II1

1,0đ

1) Giải phương trình: sin 4 x +cos 4 x=4√2sin(x − π

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

⇔ (cosx – sinx) [(cos x+sin x )(sin 2 x +cos 2 x)+2]=0

0,25

*) cos x − sin x=0 ⇔ x= π

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

*) Vì cos x ≥ −1 ;sin 3 x ≥ −1, ∀ x nên (2) ⇔

¿

cos x=− 1 sin 3 x=−1

¿{

¿

⇔ hệ vô nghiệm

Vậy PT có nghiệm là: x= π

4+kπ (k ∈ Z)

0,25

Giải hệ phương trình:

¿

3 xy(1+√9 y2+1)= 1

√x +1 −√x(1)

x3 (9 y2+1)+4 (x2

+1).√x=10(2)

¿{

¿

ĐK:x 0

NX: x = 0 không TM hệ PT

Xét x > 0

PT (1) ⇔ 3 y+3 y√9 y2+1=√x +1+√x

x

⇔

3 y¿2+1

¿

¿

3 y+3 y√¿

(3)

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 + √t2+1+ t2

√t2+1 >0 Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

PT(3) ⇔ f(3y)= f ( √1x) ⇔ 3y = 1

Thế vào pt(2) ta được PT: x3

+x2+4 (x2+1).√x=10 Đặt g(x)= x3+x2+4 (x2+1).√x −10 , x > 0 Ta có g’(x) > 0 với x > 0

Ta có g(1) = 0

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

Với x =1 y = 13

III1

1,0đ

1) Rút gọn biểu thức:

1 0 ! 2013!+

1

2 1 ! 2012!+

1

3 2 !.2011!+

1

4 3 ! 2010!+ +

1 (k +1) k !.(2013 −k )!+ +

1

2014 2013! 0 !

+) Ta có: S=∑

k=0

2013

1 (k +1) k !.(2013 − k )! ⇒S 2013 !=∑

k=0

2013C2013k

k +1

0,25

+) Ta có: C2013

k

k +1=

2013 !

(k +1)!.(2013 − k)!=

2014 !

2014 (k +1)![2014 −(k+1)]!=

C2014k+1

2014

+) Do đó: S.2013!= ∑

k=0

2013 C2014k +1

2014=

1

2014 .∑

k=1

2014

C2014k

0,25

+) S.2013! = 20141 (22014− 1) ⇒ S= 22014− 1

2014 !

0,25

III2

1,0đ

2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:

¿

u1=5 2

u n+ 1=1

2u n

2

− u n+2

¿{

¿

(n ∈ N ∗) Tìm lim( ∑

k=1

n

1

u k)

+) Ta có: u n+ 1 −u n=1

2(u n

2

− 4 u n+4)≥0, ∀ n ⇒ Dãy không giảm

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 = 12 L2 – L + 2 ⇔ L = 2 (Vô lý)

⇒ limun = +∞

0,25

+) Ta có: u n2−2 u n+4=2 un +1 ⇔ u n(u n −2)=2(u n+1 −2) ⇔

1

u n(u n −2)=

1

2(u n+1 − 2)

⇔ 1

u n −2 −

1

u n=

1

u n +1 −2 ⇔ 1

u n=

1

u n − 2 −

1

u n+1 −2 ( ∀ n∈ N ∗¿

¿

+) Do đó: ∑

k=1

n

1

u k=

1

u1− 2 −

1

u n+ 1 −2 ⇒ lim( ∑

k=1

n

1

u k) = u 1

1−2=2

0,25

IV1

1,5đ

1) Cho khối chóp S ABC. SA2 ,a SB3 ,a SC 4 ,a AS B SAC 90 ,0 BSC  1200

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 điểmC đến mặt phẳng (SAB) theo a

Dùng ĐL Cosin tính được:

AM= 2 a√2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ∠ASC = 600)

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 V S AMN=2√2 a3

3

0,25

V S AMN

SM SN

1

Vậy

3

2

3

S ABC

SAB

IV2

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 BMBA =x , với 0 ≤ x ≤1 ⇒DN

DC=x 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

H

N

M

A

S

N

M

S

C

B

A

+) MN2 = 1− x¿

2

a2+x2a2+2 x (1 − x )a

2

2 − 2 x

2 a 2

2 − 2 x (1 − x)

a2

2

x2a2+¿

= a2 1− x¿2+x2

+x (1− x)− x2− x (1 − x )

x2+¿

¿

= (2x2 – 2x + 1)a2

0,25

+) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn [0 ;1] ta có:

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

2)=

1 2

0,25

+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng a√2

2 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

Chứng minh rằng: x

8 +y8

x4+y4+x2y2+

y8 +z8

y4+z4+y2z2+

z8 +x8

z4+x4+z2x2≥ 8

+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8

Do ab ≤ a

2 +b2

2 nên a2

+b2 +ab ≤ 3(a

2 +b2 )

2 Dấu“=”có ⇔ a=b

0,25

+) Ta có:

a4 +b4

a2+b2+ab≥

a4 +b4 3

2(a

2 +b2) Ta sẽ chứng minh:

a4 +b4 3

2(a

2 +b2)

≥1

3(a

2 +b2 ) (1)

Thật vậy: (1) ⇔ 2( a4

+b4

¿ a2+b2¿2

¿ ⇔ (a2 – b2)2 0 (luôn đúng)

Do đó ta được: a

4 +b4

a2 +b2+ab≥

1

3(a

2 +b2) Dấu“=”có ⇔ a2=b2 ⇔ a=b

0,25

+) Áp dụng BĐT trên ta có: b

4 +c4

b2+c2+bc≥

1

3(b

2 +c2) Dấu“=”có ⇔ b=c c

4 +a4

c2 +a2 +ca≥

1

3(c

2 +a2) Dấu“=”có ⇔ c=a Cộng các vế các BĐT trên ta được:

a4+b4

a2

+b2+ab+

b4+c4

b2 +c2 +bc+

c4+a4

c2 +a2 +ca≥

2

3(a

2 +b2+c2) (2) Dấu“=”có ⇔ a=b=c

0,25

+) Theo BĐT Cô-si ta có: 32(a2+b2+c2)≥ 2.√3a2b2c2=8 Dấu“=”có ⇔ a=b=c

Do đó ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ |x|=|y|=|z|=√2

0,25