de thi chon doi tuyen thpt tinh gia 1 thanh hoa

Trờng THPT Tĩnh Gia 1
Trờng THPT Tĩnh Gia 1Trờng THPT Tĩnh Gia 1
Trờng THPT Tĩnh Gia 1


Tổ toán


Đề t
Đề tĐề t
Đề thi chọn
hi chọnhi chọn
hi chọn Đ
Đ Đ
Đội tuyển H
ội tuyển Hội tuyển H
ội tuyển Học sinh giỏi
ọc sinh giỏiọc sinh giỏi
ọc sinh giỏi lần 1
lần 1 lần 1
lần 1



Năm học: 2013
Năm học: 2013Năm học: 2013
Năm học: 2013-

- 2014
2014 2014
2014

Môn: Toán
Thời gian: 180 phút (không k thi gian phát ủ)

Bài 1: (4 điểm)
Cho hàm số
(
)
(
)
(
)
3 2
4 1 1 5 1 1
y x m x m x m= + +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1
m
=
.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối
với trục hoành.
Bài 2
: (4 điểm)
1. Giải phơng trình:
2
2 3cos 2sin3 cos sin 4 3
1
3sin cos

x x x x
x x
+
=
+
.
2. Giải hệ phơng trình
( ) ( )
3
3 7 3 1 3 4 3 2
3 2 3 5 5 2
y y x x
x y x y

= +


+ + =


(với
,
x y


).
Bài 3: (4 điểm)
1. Cho
, ,
a b c

là ba số thực dơng thỏa mn
3
a b c
+ + =
. Chng minh rng:
2 2 2
3
2
3 3 3
bc ca ab
a b c
+ +
+ + +
.
2. Tìm m để hệ bất phơng trình sau có nghiệm:
( )
2 1 2 1
2
2013 2014 2013 2014
2 2 4 0
x x x
x
x m x m
+ + + +

+ +


+ + +

.
Bài 4: (4 điểm)
1. Chứng minh:
0 1 1 2 2 3 2012 2013 2013 2014 2013
2013 2014 2013 2014 2013 2014 2013 2014 2013 2014
4027
C C C C C C C C C C C+ + + + + =
.

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có

0
75
ACB
=
, đỉnh
(
)
4; 2
B

.
Đờng cao kẻ từ đỉnh A có phơng trình là
2 0
x y
+ =
; D là điểm thuộc cạnh BC
sao cho
2

DC DB
=
. Tìm tọa độ điểm A, biết

0
60
ADC
=
và A có hoành độ âm.

Bài 5: (4 điểm)
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB a
=
,

0
30
ACB
=
;
SA SB
=
và
SA BC

. Khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA và BC
bằng
3
4

a
.
1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
Hết
Họ và tên thí sinh:Số báo danh:
Chú ý: Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm !
Đáp án: đề thi chọn đội tuyển 12 năm 2013-2014
Câu Lời giải Điểm

I.1
Cho hàm số
(
)
(
)
(
)
3 2
4 1 1 5 1 1
y x m x m x m= + +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1
m
=
.
2 điểm


Với

1
m
=
thì hàm số (1) trở thành:
3 2
3 4
y x x
= +
.
+ Tập xác định:


+ Giới hạn:
( )
3 2 3
3
3 4
lim lim 3 4 lim 1
x x x
y x x x
x x
+ + +

= + = + = +


;
lim
x
y

=
.
0,5

+ Bảng biến thiên: Ta có
2
' 3 6
y x x
=

( )
2
0
' 0 3 6 0 3 2 0
2
x
y x x x x
x
=

= = =

=

.
x

+

+
0
'
y
y
4

2
+
0
0
0
+
x

+

+
0
'
y
y
4

2
+
0
0
0
+

0,5


- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
(
)
;0

và
(
)
2;
+
.
- Hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
0;2
.
- Hàm số đạt cực đại tại
0
x
=
, giá trị cực đại của hàm số là
(
)
0 4
y
=

.
- Hàm số đạt cực tiểu tại
2
x
=
, giá trị cực tiểu của hàm số là
(
)
2 0
y
=
.
0,5

+ Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục tung tại
(
)
0;4
.
- Ta có
3 2
2
0 3 4 0
1
x
y x x
x
=

= =

=

.
Đồ thị hàm số giao với trục hoành tại
(
)
1;0

và
(
)
2;0
.
- Ta có
'' 6 6
y x
=
. Do đó
'' 0 1
y x
= =
.
Đồ thị hàm số có điểm uốn là
(
)
1;2
U
.
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.

0,5
I.2
2. Tìm
m
để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với
trục hoành.
2 điểm


Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục hoành là nghiệm của phơng trình
(
)
(
)
(
)
3 2
4 1 1 5 1 0 2
x m x m x m + + =

(
)
(
)
2
1 4 5 1 0
x x mx m
+ + =

( ) ( )
2
1
4 5 1 0 3
x
g x x mx m
=



= + =


0,5

Để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với trục hoành
thì phơng trình (2) phải có 3 nghiệm phân biệt

phơng trình (3) có 2 nghiệm phân
biệt khác
1

.
1,0

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

1
4 5 1 0
1
;0 0; 1; *
4
1 0
4
9 0
0
m m
m m
m
g
m
m

>


> <
+ >


+

0,5
II.1 Giải phơng trình:
2
2 3 cos 2sin 3 cos sin 4 3
1
3 sin cos
x x x x
x x
+
=
+
(1) 2 điểm


Điều kiện:
( )
1
3 sin cos 0 tan *
6
3
x x x x m


+ + .

0,5

Khi đó
(
)
2
1 2 3 cos 2sin 3 cos sin 4 3 3 sin cos
x x x x x x
+ = +
0,5
O
x
y
1
2
3
4
1

2
1
3
O
x
y
1
2
3
4
1

2
1
3
(
)
( )
2
3 2cos 1 sin 4 sin 2 sin 4 3 sin cos
x x x x x x
+ + = +
3 cos 2 sin 2 3sin cos
x x x x
+ = +

2
6
sin 2 sin
2
3 6
6 3
x k
x x
x k





= +

+ = +




= +



0,5

Kết hợp điều kiện (*) ta đợc
2 ; 2
6 2
x k x k


= + = +
.
0,5
II.2
Giải hệ phơng trình
( ) ( ) ( )
( )
3
3 7 3 1 3 4 3 2 1
3 2 3 5 5 2 2
y y x x

x y x y

= +


+ + =



2 điểm


Từ (1) suy ra
3 2 0
x
+
, kết hợp với (2) suy ra
5
3
y

và
2
3
x

.
Đặt
3 1, 3 2
u y v x

= = +
, ta có
2, 2
u v

.
(
)
(
)
(
)
(
)
3 3
1 3 1 3 1 6 3 1 3 2 3 2 6 3 2 6 6 3
y y y x x x u u v v = + + + =
.
0,5

Xét hàm số
(
)
3
6
f t t t
=
với
2
t

. Ta có
( )
(
)
2 2
' 3 6 3 2 0 2
f t t t t
= = >

Suy ra
(
)
f t
đồng biến với
[
)
2;t
+
.
Do đó
(
)
(
)
(
)
3
f u f v u v
= =

(Do
[
)
, 2;u v
+
).
(
)
3 1 3 2 1 4
y x x y = + =

0,5

Thay (4) vào (2) ta đợc
3
3 1 3 5 3 5
y y y
+ =

(
)
(
)
3
3 1 2 3 5 2 3 9
y y y
+ =
( )
( )
( )

2
3
3
1 1
3 9 1 0 5
3 5 2
3 1 2 3 1 4
y
y
y y


+ =

+

+ +


Vì
5
3
y

nên
3
3 1 1
y
>
và

3 5 0
y

, suy ra
( )
2
3
3
1 1 1 1
1 1 0
7 2
3 5 2
3 1 2 3 1 4
y
y y
+ < + <
+
+ +
.
Do đó
(
)
5 3 9 0 3
y y
= =
.
0,5

Với
3

y
=
, ta đợc
2
x
=
. Vậy nghiệm của hệ là
(
)
(
)
; 2;3
x y =
.
0,5
III.1

Cho
, ,
a b c
là ba số thực dơng thỏa mn
3
a b c
+ + =
. Chng minh rng:
2 2 2
3
2
3 3 3
bc ca ab

a b c
+ +
+ + +
.
2 điểm


Ta có
( ) ( )
2
3 3
a b c ab bc ca ab bc ca
+ + + + + +

0,5

Do đó
( )( )
( )
2 2
1
1
2
3
bc bc bc bc bc
a b c a
a b a c
a a ab bc ca

= +

+ +

+ +
+ + + +

0,5

Tơng tự:
( ) ( )
2 2
1 1
2 ; 3
2 2
3 3
ca ca ca ab ab ab
b c a b c a b c
b c

+ +

+ + + +

+ +

Cộng (1), (2), (3) ta có
2 2 2
1
2
3 3 3

bc ca ab bc bc ca ca ab ab
a b c a b c a b c a b c
a b c

+ + + + + + +

+ + + + + +

+ + +

0,5

( )
1 1 3
2 2 2
ab ca ca bc bc ab
a b c
b c a b c a
+ + +

= + + = + + =

+ + +

. Đẳng thức xảy ra
1
a b c
= = =
.
0,5

III.2

Tìm
m
để hệ bất phơng trình sau có nghiệm:
( )
( ) ( )
2 1 2 1
2
2013 2014 2013 2014 1
2 2 4 0 2
x x x
x
x m x m
+ + + +

+ +


+ + +



2 điểm


Điều kiện
1
x

.
Ta có
( )
( )
(
)
( ) ( )
2 1
2 1
1 2013 2013 1 2014 1 3
x
x
x

+ +


0,5

Nếu
1
x
>
thì
(
)
(
)
3 0, 3 0
VT VP

> <
nên
1
x
>
không thỏa mn (3).
Nếu
1 1
x

thì
(
)
(
)
3 0 3
VT VP
nên
1 1
x

thỏa mn (3).
Do đó
(
)
1 1 1
x

.
0,5

Từ đó (2)
( )
2
2 4
2
x x
f x m
x
+
=

.
Ta có
( )
(
)
( )
2
4
'
2
x x
f x
x

=

,
( )

(
)
[ ]
0 1;1
' 0
4 1;1
x
f x
x

=
=

=


.
Mà
( ) ( ) ( )
7
1 ; 1 3; 0 2
3
f f f
= = =
. Suy ra
[ ]
(
)
1;1
min 3

x
f x

=
.
0,5

Vậy để hệ bất phơng trình có nghiệm thì
[ ]
(
)
1;1
min 3
x
m f x m


.
0,5
IV.1
Chứng minh
0 1 1 2 2 3 2012 2013 2013 2014 2013
2013 2014 2013 2014 2013 2014 2013 2014 2013 2014
4027
C C C C C C C C C C C+ + + + + =

2 điểm

Xét
( ) ( ) ( )

2013 2014 2013 2014
2013 2014
2014 2014
2013 2014 2013 2014
0 0 0 0
1 1 .
k k i i k i k i
k i k i
P x x x C x C x C C x
+
= = = =
= + + = =


0,5
Ta có hệ số của
2013
x
ứng với
,
k i
thỏa mn
2014 2013 1
k i i k
+ = = +
.
Suy ra hệ số của
2013
x
trong khai triển

(
)
P x
thành đa thức là
2013
1
2013 2014
0
k k
k
C C
+
=

(1)
0,5
Mặt khác
( ) ( )
4027
4027
4027
0
1 .
k k
k
P x x C x
=
= + =

Suy ra hệ số của
2013
x
trong khai triển
(
)
P x
thành đa thức là
2013
4027
C
(2)
0,5

Từ (1) và (2) suy ra
2013
1 2013
2013 2014 4027
0
k k
k
C C C
+
=
=

.
0,5
VI.2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có

0
75
ACB
=
, đỉnh
(
)
4; 2
B

.
Đờng cao kẻ từ đỉnh A có phơng trình là
2 0
x y
+ =
. D là điểm thuộc cạnh BC sao
cho
2
DC DB
=
. Tìm tọa độ điểm A, biết

0
60
ADC
=
và A có hoành độ âm.
2 điểm

Lấy E đối xứng với C qua AD.
Vì

0 0 0 0
180 75 60 45
CAD = =
nên

0
90
CAE =
.
Vì

0
60
ADC =
nên

0
60
ADE =
, suy ra

0
60
BDE =
(1)

0,5


Gọi K là trung điểm của DE.
Ta có
1 1
2 2
DK DE DC DB
= = =
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
BDK

là tam giác đều.
Do đó
1
2
BK DK DE
= =
, suy ra
BDE

vuông tại B.
0,5

Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp. Suy ra


0
45

ABC AEC
= =
, hay

0
45
BAH
=
.
0,5

Vì A nằm trên đờng cao AH:
2 0
x y
+ =
nên
(
)
; 2
A a a

.
Suy ra
(
)
4;2 2
BA a a
= +

. Vectơ chỉ phơng của AH là

(
)
1; 2
u
=

.
0,5
A
B
C
D
E
H
0
60
0
75
0
45
I
K
A
B
C
D
E
H
0
60

0
75
0
45
I
K
Ta có
( )
(
)
(
)
( ) ( )
0
2 2
4 2 2 2
cos45 cos ;
5. 4 2 2
a a
BA u
a a
+
= =
+ +


(
)
( )
2

2 2
5 5 20 2 5 4 2
a a a a
+ = = =
.
Vì A có hoành độ âm nên
2
a
=
. Vậy
(
)
2;4
A

.
V.1
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,

0
, 30
AB a ACB= =
;
SA SB
=
và
SA BC

. Khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA và BC bằng
3

4
a
.
1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
2 điểm


A
B
C
D
K
E
H
M
N
a

I
0
30
S
A
B
C
D
K
E
H
M

N
a

I
0
30
S

Gọi D là trung điểm của BC, suy ra tam giác ABD là
tam giác đều cạnh a.
Gọi I, E lần lợt là trung điểm của BD và AB; H là
giao điểm của AI và DE.
Khi đó H là trọng tâm tam giác ABD.
Vì tam giác ABD đều nên
,
AI BC DE AB

.
Do
SA BC

nên
(
)
(
)
1
BC SAI BC SH

Vì

SA SB
=
nên
SE AB

, suy ra
(
)
AB SDE


(
)
2
AB SH
.
Từ (1) và (2) suy ra
(
)
SH ABC

, hay SH là đờng
cao của hình chóp S.ABC.
0,5

Gọi K là hình chiếu của I trên SA. Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của SA và BC.
Do đó
( )
3
;

4
a
IK d SA BC= =
.
0,5

Ta có
3 3
;
2 3
a a
AI AH= =
. Đặt
SH h
=
, ta có
2
2 2 2
3
a
SA AH SH h
= + = +
.
Vì
2 . .
SAI
S AI SH IK SA

= =
nên

2
2
3 3
. .
2 4 3
a a a
h h h a
= + =
.
0,5

Ta có
2
3
3
2
ABC
a
AC a S

= =
.
Do đó thể tích khối chóp S.ABC là:
2 3
1 1 3 3
. . .
3 3 2 6
ABC
a a
V S SH a

= = =
.
0,5
V.2
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
2 điểm


Gọi M là hình chiếu của A trên SI, khi đó
(
)
AM SBC

. Gọi N là hình chiếu của M trên
SC. Khi đó
(
)
AMN SC

, suy ra góc giữa (SAC) và (SBC) là góc

ANM

=
.
0,5

Ta có
2 2

3 39
6 6
a a
HI SI SH HI= = + =
. 3 13
13
AI SH a
AM
SI
= =
.
0,5

2 2
39
26
a
IM AI AM SI
= = <
5 39
39
a
SM SI IM = =
.
2 2
30
3
a
SC SI IC= + =
.

Vì
SMN SCI


nên
. 3 130
52
MN SM SM CI a
MN
CI SC SC
= = =
.
0,5

Suy ra
2 10
tan
5
AM
MN

= =
. Vậy góc giữa (SAC) và (SBC) bằng
2 10
arctan
5


=

.
0,5

Tĩnh Gia, ngày 01 tháng 12 năm 2013
Lê Thanh Bình