Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 THPT - Môn thi: Toán

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 THPT - Môn thi: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 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). 2x 3 2) Cho hàm số y có đồ thị (C) và đường thẳng d:y 2x m . Chứng minh rằng d cắt (C) x 2 tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của 2013 2013 (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 k2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: sin 4x cos 4x 4 2 sin x 1 4 2 1 3xy 1 9y 1 2) Giải hệ phương trình: x 1 x 3 2 2 x (9y 1) 4(x 1) x 10 Câu III (2,0 điểm) 1 1 1 1 1 1) Rút gọn biểu thức: S 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0! 5 u 1 2 n 1 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (n N*) . Tìm lim . 1  u u u 2 u 2 k 1 k n 1 2 n n Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho khối chóp S.ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, A· SB S· AC 900 , B· SC 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 điểm Cđến 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 x8 y 8 y 8 z 8 z 8 x8 Chứng minh rằng: 8 x 4 y 4 x 2 y 2 y 4 z 4 y 2 z 2 z 4 x 4 z 2 x 2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: .Chữ ký của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM 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) Câu Nội dung Điểm 3 2 I1 1) Cho hàm số y x 2mx 3x (1) và đường thẳng ( ) : y 2mx 2 (với m là tham 1,0đ 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: x3 2mx2 3x 2mx 2 x3 2mx2 (2m 3)x 2 0 x 1 (x 1) x2 (2m 1)x 2 0 . 2 0,25 x (2m 1)x 2 0(2) Vậy ( ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt phương trình (2) có hai (2m 1)2 8 0 nghiệm phân biệt x 1 m 0 . 1 2m 1 2 0 Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B(x1;2mx1 2), C(x2 ;2mx2 2), trong đó x1;x2 0,25 là nghiệm phương trình (2) nên x1 x2 2m 1,x1x2 2 1 2 Tam giác OBC có diện tích S BC.d . Trong đó d = d(O; ) = 2 1+4m2 2 2 2 2 2 BC (x2 x1) (2mx2 2mx1) (x1 x2 ) 4x1x2 4m 1 BC 2m 1 2 8 4m2 1 S 2m 1 2 8 0,25 2 m 1 0,25 Vậy S = 17 4m 4m 9 17 (TM) m 2 2x 3 I2 2) Cho hàm số y có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh x 2 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 2013 2013 số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 k2 đạt giá trị nhỏ nhất. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: 2x 3 x 2 2x m 2 0,25 x 2 2x (6 m)x 3 2m 0(*)
3. 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 1 1 x k1 2 ,k2 2 , trong đó 1 ,x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy (x1 1) (x2 1) 0,25 1 1 k1.k2 2 2 2 4 (k1>0, k2>0) x1 2 x2 2 x1 x2 2x1 2x2 4 2013 2013 2013 2014 2014 Có P = k1 k2 2. k1k2 2 , do dó MinP = 2 đạt được khi 1 1 k k (x 2) 2 (x 2) 2 1 2 (x 2) 2 (x 2) 2 1 2 1 2 0,25 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. II 1 1) Giải phương trình: sin 4x cos 4x 4 2 sin x 1 (1) 4 1,0đ PT(1) 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) 0,25 (cosx – sinx).(cos x sin x)(sin 2x cos 2x) 2 0 *) cos x sin x 0 x k 0,25 4 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 cosx + sin3x + 2 = 0 (2) 0,25 cos x 1 *) Vì cos x 1;sin 3x 1,x nên (2) hệ vô nghiệm. sin 3x 1 0,25 Vậy PT có nghiệm là: x k (k Z) 4 II2 2 1 3xy 1 9y 1 (1) 1,0đ 2) Giải hệ phương trình: x 1 x 3 2 2 x (9y 1) 4(x 1). x 10(2) ĐK: x 0 NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0 x 1 x PT (1) 3y 3y 9y 2 1 x 0,25 2 2 1 1 1 3y 3y (3y) 1 1 (3) x x x Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t.t 2 1 , t > 0. t 2 Ta có: f’(t) = 1 + t 2 1 >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞) t 2 1 1 1 PT(3) f (3y)= f 3y = 0,25 x x
4. Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 x 2 4(x 2 1). x 10 3 2 2 Đặt g(x)=x x 4(x 1). x 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 0,25 g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 1 Với x =1 y = 3 1 KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ). 3 0,25 III1 1) Rút gọn biểu thức: 1 1 1 1 1 1 S 1,0đ 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! (k 1).k!.(2013 k)! 2014.2013!.0! 2013 1 2013 C k +) Ta có: S S.2013! 2013  (k 1).k!.(2013 k)!  k 1 k 0 k 0 0,25 C k 2013! 2014! C k 1 +) Ta có: 2013 2014 k 1 (k 1)!.(2013 k)! 2014.(k 1)!2014 (k 1)! 2014 0,25 (k =0;1; ;2013) 2013 C k 1 1 2014 +) Do đó: S.2013!= 2014 . C k  2014 2014  2014 k 0 k 1 0,25 1 22014 1 +) S.2013! = 22014 1 S 2014 2014! 0,25 III 5 2 u 1 2 n 1 1,0đ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (n N*) . Tìm lim . 1  u u u 2 u 2 k 1 k n 1 2 n n 1 +) Ta có: u u (u 2 4u 4) 0,n Dãy không giảm. n 1 n 2 n n 0,25 Nếu có số M: un M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un u1 L u1 1 +) Khi đó ta có: L = L2 – L + 2 L = 2. (Vô lý) 0,25 2 limun = 2 1 1 +) Ta có: un 2un 4 2un 1 un (un 2) 2(un 1 2) un (un 2) 2(un 1 2) 1 1 1 1 1 1 ()n N * un 2 un un 1 2 un un 2 un 1 2 0,25 n 1 1 1 n 1 1 0,25 +) Do đó:  = lim  2 k 1 uk u1 2 un 1 2 k 1 uk u1 2 IV1 1) Cho khối chóp S.ABC SA 2a,SB 3a,SC 4a, A· SB S· AC 900 , B· SC 1200 . 1,5đ 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 Cđến mặt phẳng (SAB theo) . a
5. S S Dùng ĐL Cosin tính được: 0,25 N MN = 2a 3 A A C N M H M B AM=2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600) tam 0,25 giác AMN vuông tại A. Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A. 0,25 SH  (AMN) ; tính được SH = a. 2 2a 3 0,25 Tính được V S.AMN 3 VS.AMN SM.SN 1 3 0,25 VS.ABC 2 2a VS.ABC SB.SC 3 3 0,25 3VS.ABC 6a 2 Vậy d(C;(SAB)) 2 2a 2 S SAB 3a IV2 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và 1,5đ đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN. BM DN +) Đặt x , với 0 x 1 x . Khi đó ta có: BM x.BA và DN x.DC 0,25 BA DC +) Ta có: DN x.DC BN BD x(BC BD) BN x.BC (1 x).BD 0,25 Do đó: MN BN BM x.BC (1 x).BD x.BA a 2 a 2 a 2 0,25 +) MN2 = x 2 a 2 (1 x) 2 a 2 x 2 a 2 2x(1 x) 2x 2 . 2x(1 x) 2 2 2 = a2 x 2 (1 x) 2 x 2 x(1 x) x 2 x(1 x) = (2x2 – 2x + 1)a2 +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn 0;1 ta có: 0,25 1 1 max f (x) f (0) f (1) 1,min f (x) f ( ) 2 2 a 2 0,25 +) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. 2 +) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M B, N D hoặc M A, N C. 0,25
6. Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z =2 2 V x8 y 8 y 8 z 8 z 8 x8 Chứng minh rằng: 8 1,0đ x 4 y 4 x 2 y 2 y 4 z 4 y 2 z 2 z 4 x 4 z 2 x 2 +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8 0,25 a 2 b 2 3(a 2 b 2 ) Do ab nên a 2 b 2 ab Dấu“=”có a=b 2 2 4 4 4 4 4 4 a b a b a b 1 2 2 0,25 +) Ta có: 2 2 . Ta sẽ chứng minh: (a b ) (1). a b ab 3 2 2 3 2 2 3 a b a b 2 2 Thật vậy: (1) 2(a 4 b 4 ) (a 2 b 2 ) 2 (a2 – b2)2 0 (luôn đúng). a 4 b 4 1 Do đó ta được: (a 2 b 2 ) Dấu“=”có a2=b2 a=b a 2 b 2 ab 3 b 4 c 4 1 0,25 +) Áp dụng BĐT trên ta có: (b 2 c 2 ) Dấu“=”có b=c b 2 c 2 bc 3 c 4 a 4 1 (c 2 a 2 ) Dấu“=”có c=a c 2 a 2 ca 3 Cộng các vế các BĐT trên ta được: a 4 b 4 b 4 c 4 c 4 a 4 2 (a 2 b 2 c 2 ) (2) Dấu“=”có a=b=c a 2 b 2 ab b 2 c 2 bc c 2 a 2 ca 3 2 +) Theo BĐT Cô-si ta có: (a 2 b 2 c 2 ) 2.3 a 2b 2c 2 8 .Dấu“=”có a=b=c 0,25 3 Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra x y z 2