Dedap an mon Toan thi chon HSG THPT nam hoc 20172018

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A, B, C sao cho diện tích tam giác ABC bằng 1 2.. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đ[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2017 – 2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN THPT

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)

Câu 1 (5,0 điểm)

3 2

4 ( 2)(2 1) 0

x x y y x

x y









¡

2 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + ac + bc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2

P

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Cho hàm số yx42mx2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có ba 1 điểm cực trị A, B, C sao cho diện tích tam giác ABC bằng 1

2 Cho hai dãy số    x n ; y n , với n = 1, 2, 3, và x10;y1 thỏa mãn: 0

;

      với  n ,n 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 2 ta luôn có x n y n 2 2n

Câu 3 (5,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và CD Biết tọa

độ B(3;3), C(5; –3) Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD, I nằm trên đường thẳng d: 2x + y – 3 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD Biết CI = 2BI, tam giác ABC có diện tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm

2 Cho hình chóp S.ABCD có SA = SB = SC , đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD bằng

1200, góc tạo bởi SD và đáy ABCD bằng 600 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, gọi K là hình chiếu vuông góc của G trên SC Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách

giữa hai đường thẳng GK và CM (với M là trung điểm của SD)

Câu 4 (3,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:

2

x y  xy  Câu 5(3,0 điểm) Cho n là số nguyên dương

2 Tìm n (n 2) thỏa mãn 13

10

S 

- Hết -

Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2017 – 2018

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN THPT

( Hướng dẫn chấm gồm có 06 trang, 05 câu)

I Hướng dẫn chấm:

1 Cho điểm lẻ tới 0,25;

2 Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn;

3 Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;

4 Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần

II Biểu điểm:

Câu 1 (5,0 điểm)

3 2

4 ( 2)(2 1) 0

x x y y x

x y









¡

1 (3,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3 2

2 4 ( 2 2)(2 1) 0

x x y y x







(1)

2

x 

2

0,5

Thay vào (2) ta được:

4 ( 2)(2 1) 0

2 ( 2)(2 1) 2(2 1) 0

0.5

Đặt 2

2 , 2 1 , ( 0, 0)

x  a x b a b Phương trình trở thành:

(a b a )( 2 )b  0

Với a2b0a2b x22 2 2x 1

0,5

2

2

4 3 2

4 3 2

x

x

  

 

 



0,5

Kết hợp với điều kiện suy ra hệ phương trình có nghiệm:

Câu 2 (4,0 điểm)

2 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + ac + bc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức:

2

P

2,0

Ta có:

  

(1) 1

a

a b a c

a b a c

(2) 4

.4 1

b

a b b c

a b b c a b b c b

(3) 4

.4 1

c

a c b c

a c b c a c b c c

Cộng (1), (2), (3) ta được:

P

0,5

Dấu “=” xảy ra khi 7 15; 15

4

MaxP 

0,5

1 Cho hàm số 4 2

yx  mx  Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm

 

2

0 ' 0

*

x y





  





0,5

Để hàm số có ba cực trị thì y’=0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua ba nghiệm đó

 (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 m (**)0 0,25

' 0

y

 





 





0,5

2

1

2

ABC

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm

0,5

2 Cho hai dãy số    x n ; y n , với n = 1, 2, 3, và x10;y10 thỏa mãn:

;

      với  n ,n 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 2 ta luôn có: x ny n 2 2n (*)

2,0

Câu 3 (5,0 điểm)

Ta có 2 2 1 1

4

 2 2

2 2

3

5 2 6

x y

x y





Do đó (*) đúng với n = 3

0,5

Giả sử (*) đúng với n = k (k > 3), tức là ta có: x ky k 2 2k

Ta chứng minh (*) đúng với n = k + 1, tức là chứng minh: x k1y k1 2 2k1

.

0,5

Từ (1), (2) và (3) suy ra

2

1 1

 

x  y   k Vậy (*) đúng với n = k + 1 (đpcm)

1,0

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và

CD Biết tọa độ B(3;3), C(5; –3) Giao điểm I của 2 đường chéo nằm trên đường

thẳng d: 2x + y – 3 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang Biết CI = 2BI,

tam giác ABC có diện tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành

độ âm

2,0

Ta có: IdI(x;3 2 x) 

 2  2  2  2 2

1

3

x

x









Do I có hoành độ dương suy ra I(1;1)

0,5

Đường thẳng AC qua 2 điểm I, C có phương trình: x + y – 2 = 0

Đường thẳng BC qua 2 điểm B, C có phương trình: 3x + y – 12 = 0

2 10

BC 

ABC

S   BC d A BC  d A BC 

0,5

(a; 2 )

11

a a

a

 



Do A có hoành độ âm suy ra A(-1;3)

0,5

Đường thẳng BD qua 2 điểm I, B có phương trình: x – y = 0

Đường thẳng DC qua C và song song với AB có phương trình: y + 3 = 0

D là giao của DC và BD nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình

( 3; 3)

D

Vậy A(-1;3), D(-3;-3)

0,5

2 Cho hình chóp S.ABCD có SA = SB = SC , đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD bằng

1200, góc tạo bởi SD và đáy ABCD bằng 600 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, gọi K là hình chiếu vuông góc của G trên SC Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách

giữa hai đường thẳng GK và CM (với M là trung điểm của SD)

M

A

D

B

C

S

G E

K

I

Vì tứ giác ABCD là hình thoi cạnh a có  BAD  1200 nên  ABC ;  ACD đều cạnh a

Ta có SA = SB = SC do đó hình chiếu của S lên (ABCD) là trọng tâm G của tam giác ABC

Góc tạo bởi SD và đáy là góc  SDG  600

0,25 đ

Xét tam giác SGD vuông tại G có 2 3

2

3

a

GD BG

2 3

3

a

0,25 đ

Diện tích đáy:

2

3 2

2

a

0,25 đ

Thể tích khối chóp:

0,25 đ

Ta có / /

(1)









Vì SGABCDCDSG 2 

Từ (1) và (2) suy ra CDSGCCDGK 3  Mà GK SC 4 

0,25 đ

Từ (3) và (4) suy ra GK SCDGK CM

0,25 đ Gọi I là hình chiếu vuông góc của K trên CM ta có :

 , 

IK CM

IK d GK CM

IK GK











0,5 đ

Xét tam giác SGC vuông tại G có đường cao GK ta có:

2

2

13 4

,

a GK

a

SC

IK d S CM

d S CM CS

0,5 đ

Xét tam giác SCM có:

2

4

CM

0,5 đ

Câu 4 (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:

x  y  x y 2

Ta có: x  y  x y 2 (1)

0,5 đ

Từ phương trình (3) suy ra x  y là số nguyên

Từ phương trình (2) suy ra xy là số nguyên chẵn

0,5 đ

Đặt xy  2 t với t nguyên dương

Từ (2) suy ra x  y   t 1 Kết hợp với (1) suy ra x  y   t 1 là số nguyên suy

ra x ; y là các số nguyên dương Ta có 2

1







Suy ra x ; y là 2 nghiệm nguyên dương của phương trình:

2    

0,5 đ

Ta có    t  1 2  8 t   t  3 2  8

Vì (4) có nghiệm nguyên nên  là một số chính phương

Do đó  2 2

     ( với k nguyên dương)

0,5 đ

Với t  6 suy ra (4) có 2 nghiệm X = 3 và X = 4

Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm nguyên dương là (9;16) và (16;9)

0,5 đ

Câu 5(3,0 điểm) Cho n là số nguyên dương

2 Tìm n (n 2) thỏa mãn 13

10

S 

1 Tính tổng

ÁP dụng:

1 1







n

1,0

2 Tìm n (n 2) thỏa mãn 13

10

S 

2

13

10

n

n



0,5

10

x

Do đó f '(x) đồng biến trên  2; 

101

10

1,0

Do đó f(x) đồng biến trên  2;  nên phương trình (*) có nghiệm thì đó là nghiệm

duy nhất

Nhận thấy n = 3 thỏa mãn Vậy n= 3 là nghiệm duy nhất của (*)

0,5