học sinh giỏi mon toan tinh binh phuoc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2013 - 2014

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán
(Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 03/10/2013
Câu I:(THPT:4,0 điểm; GDTX: 4,0 điểm) Cho hàm số:
2 3
2
x
y
x
−
=
−
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của
( )C
, biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm cận
ngang lần lượt tại
,A B
sao cho
2AB IB
=
, với
(2,2)I
.
Câu II:(THPT:5,0 điểm; GDTX: 6,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2
2 1 2 1
( , ).
2
2 3 2 4
x y
x y
x y
x y x y x y

−
+ + + =

∈


+ + + + =

¡
2. Giải phương trình:
sin 2 3tan 2 sin 4
2.
tan 2 sin 2
x x x
x x
+ +
=

−
Câu III:(THPT:4,0 điểm; GDTX:4,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có
(5, 7)A −
, điểm
C
thuộc
vào đường thẳng có phương trình:
4 0x y− + =
. Đường thẳng đi qua
D
và trung điểm của đoạn
AB
có phương trình:
3 4 23 0x y− − =
. Tìm tọa độ của
B
và
C
, biết điểm
B
có hoành độ dương.
2. Cho tam giác nhọn
ABC
nội tiếp đường tròn
( , )O R

. Gọi
,P Q
lần lượt là các điểm di động trên
cung nhỏ
»
AB
,
»
AC
sao cho
, ,P Q O
thẳng hàng. Gọi
D
,
E
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
P
lên các đường thẳng
,BC AB
tương ứng và
', 'D E
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
Q
lên
các đường thẳng
,BC AC
. Gọi
K
là giao điểm của hai đường thẳng
DE

và
' 'D E
. Tìm giá trị lớn
nhất của diện tích tam giác
'KDD
(theo
R
).
Câu IV:(THPT:3,0 điểm; GDTX:3,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật,
tam giác
SAB
đều cạnh
a
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng
( )SCD
và
mặt phẳng đáy bằng
0
60
.
1. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
theo
a
.
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

SA
và
DB
theo
a
.
Câu V:(THPT:2,0 điểm; GDTX:3,0 điểm) Cho
, ,a b c
là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2
1 1 1
1
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
Câu VI:(THPT:2,0 điểm) Cho dãy số
( )
n
u
được xác định:
1
2
1 1
2
2013

(2 9 ) 2 (2 5 ), 1
n n n n
u
u u u u n
+ +

=



− = − ∀ ≥

.
Xét dãy số
1 2
1 2
1 1 1
n
n
n
u
u u
v
u u u
= + + +
− − −
L
. Tìm
lim
n

v
.
HẾT
• Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
• Giám thị không giải thích gì thêm.
Lưu ý: Đối với thí sinh học tại các trung tâm GDTX thì không làm câu VI.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
BÌNH PHƯỚC CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
(Hướng dẫn chấm có 06 trang) MÔN: TOÁN
Ngày thi: 03/10/2013
ĐỐI VỚI THÍ SINH THPT
Câu Ý Lời giải Điểm
I 1
Cho hàm số:
2 3
2
x
y
x
−
=
−
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2,0
TXĐ:
{ }
\ 2D R=
0,25
lim 2
x

y
→±∞
=
⇒ phương trình đường TCN: y = 2
2 2
lim ;lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
⇒ phương trình đường TCĐ: x = 2
0,5
( )
/
2
1
0
2
y x D
x
−
= < ∀ ∈
−

⇒ Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị.
0,5
Bảng biến thiên: 0,25
Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2)

Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0)
0,25
Đồ thị: 0,25
2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm
cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho
2AB IB
=
, với
I(2;2).
2,0
Gọi
0
0
0
2 3
; ( )
2
x
M x C
x
 
−
∈
 ÷
−
 
PTTT của (C) tại M:
( ) ( )
2
0 0

2 2
0 0
2 6 6
1
2 2
x x
y x
x x
− +
= − +
− −
0,5
Do
2AB IB=
và tam giác AIB vuông tại I ⇒ IA = IB nên hệ số góc của tiếp
tuyến k = 1 hoặc k = -1. vì
( )
/
2
1
0
2
y
x
−
= <
−
nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k =
-1.
0,5

( )
0
2
0
0
1
1
1
3
1
x
x
x
=

−
⇔ = − ⇔

=
−


0,5
⇒ có hai phương trình tiếp tuyến:

2y x
= − +
;
6y x= − +

0,5
II 1
Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2
2 1 2 1 (1)
,
2
2 3 2 4 (2)
x y
x y
x y
x y x y x y

−
+ + + =

∈


+ + + + =

¡
2,5
Đk:
1
2
1
2

x
y

≥ −




≥ −


0,5
Pt(2)
( )
2 2
1 0
3 3 2 2 4 0
2 4 0 ( )
x y
x y x y y
x y loai
+ − =

⇔ + + + + − = ⇔

+ + =

1,0
Pt(1)
( )

2
4
2 1 2 1
2
x y xy
x y
+ −
⇔ + + + =

( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
4
2 2 2 4 2 1
2
8 4 3 4 3 4 5
4 3 0
4 5 4 3 8 ( ) ( 1 4 4 5 0)
x y xy
x y xy x y
xy xy xy
xy
xy xy loai do x y xy xy
 
+ −
⇔ + + + + + + =

 ÷
 ÷
 
⇔ + = + −
+ =

⇔

− + = = + ≥ ⇒ − <


1,25
Hệ đã cho tương đương:
1 3
1
2 2
3
3 1
4
2 2
x y
x x
xy
y y
 
+ =
= − =

 
  

⇔ ∨
  
= −
  
= = −

 
 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:
1 3 3 1
; , ;
2 2 2 2
   
− −
 ÷  ÷
   
0,75
2
Giải phương trình:
sin 2 3tan 2 sin 4
2
tan 2 sin 2
x x x
x x
+ +
=
−
2,5
Đk:
cos2 0

tan 2 sin 2 0
x
x x
≠


− ≠

(*)
0,5
Pt tương đương: 0,75

3sin 2 tan 2 sin 4 0x x x
+ + =
( ) ( )
3sin 2 cos2 sin 2 sin 4 cos2 0
cos2 1 sin 2 sin 4 0
x x x x x
x x x
⇔ + + =
⇔ + + =
2
cos2 1
cos2 1 0
sin 2 0
sin 4 sin 2 0
2
1
cos2
2

3
x k
x
x
x x k
x x
x
x k
π
π
π
π
π

= +



= −

+ =



⇔ ⇔ = ⇔ =



+ =




= −


= ± +



0,75
Nghiệm
3
x k
π
π
= ± +
thỏa mãn (*)
Phương trình có 2 họ nghiệm:
3
x k
π
π
= ± +
0,5
III 1
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có

(5, 7)A −
, điểm
C
thuộc vào đường thẳng có phương trình:
4 0x y− + =
.
Đường thẳng đi qua
D
và trung điểm của đoạn
AB
có phương trình:
3 4 23 0x y− − =
. Tìm tọa độ của
B
và
C
, biết điểm
B
có hoành độ dương.
2,0
Gọi
( )
1
; 4C c c d+ ∈
, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d
2
: 3x – 4y
– 23 = 0.
Ta có
AIMV

đồng dạng
CIDV

10 10
2 2 ;
3 3
c c
CI AI CI IA I
+ −
 
⇒ = ⇒ = ⇒
 ÷
 
uur uur
0,5
Mà
2
I d∈
nên ta có:
10 10
3 4 23 0 1
3 3
c c
c
+ −
− − = ⇔ =
Vậy C(1;5).
0,5
Ta có:
2

3 23 3 9
; 2 5;
4 2
t t
M d M t B t
− −
   
∈ ⇒ ⇒ −
 ÷  ÷
   
3 5 3 19
2 10; , 2 6;
2 2
t t
AB t CB t
+ −
   
= − = −
 ÷  ÷
   
uuur uuur
0,5
Do
( ) ( ) ( ) ( )
1
1
. 0 4 5 3 3 5 3 19 0
29
4
5

t
AB CB t t t t
t
=


= ⇔ − − + + − = ⇔

=

uuur uuur
( 3; 3) ( )
33 21
;
33 21
;
5 5
5 5
B loai
B
B
− −

 

⇒ ⇒
 
 ÷

 

 ÷

 

0,5
2
Cho tam giác nhọn
ABC
nội tiếp đường tròn
( , )O R
. Gọi
,P Q
lần lượt là
các điểm di động trên cung nhỏ
»
AB
,
»
AC
sao cho
, ,P Q O
thẳng hàng. Gọi
D
,
E
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
P
lên các đường thẳng
,BC AB
tương ứng và

', 'D E
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
Q
lên các đường
thẳng
,BC AC
. Gọi
K
là giao điểm của hai đường thẳng
DE
và
' 'D E
. Tìm
giá trị lớn nhất của diện tích tam giác
'KDD
(theo
R
).
2,0
Chứng minh góc
0
' 90DKD∠ =
Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có:
( / / )DKH DKP KH PD∠ = ∠
DKP PBA∠ = ∠
(tứ giác PEBD nội tiếp)
Suy ra:
»
1
2

DKH PBA sd PA∠ = ∠ =
Tương tự, ta chứng minh được:
»
1
'
2
D KH sd AQ∠ =
Vậy
»
0
1
' ' 90
2
DKD DKH D KH sd PQ∠ = ∠ + ∠ = =
(do PQ là đường kính)
0,5
Chứng minh
' 2DD R≤
:
Thật vậy, xét hình thang vuông
'DPQD
vuông tại D và D’ nên
' 2DD QP R≤ =
, dấu “=” xảy ra khi
/ /PQ BC
0,5
Xét tam giác
'DKD
. Ta có:
2 2 2 2

2
1 ' ' 4
. '
2 4 4 4
KD KD DD R
S KD KD R
+
= ≤ = ≤ =
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác
'DKD
bằng
2
R
khi
/ /PQ BC
1,0
IV 1 Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật, tam giác
SAB
đều
cạnh
a
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng
( )SCD
và mặt phẳng đáy bằng
0
60

.
1. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
theo
a
.
1,5


H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD 0,5
Ta có:
( ) ( )
( )
SH AB
SH ABCD
SAB ABCD
⊥

⇒ ⊥

⊥

3
2
a
SH =
Góc giữa (SCD) và mặt đáy là
0
60SMH∠ =
0,25

Ta có
0
tan 60 2
SH a
HM = =
0,25
2 3
.
1 3 3
. .
3 2 2 12
S ABCD
a a a
V⇒ = =
0,5
2 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA
và
DB
theo
a
. 1,5
Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD. Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường
thẳng ∆ đi qua H , ∆ ⊥ d và ∆ cắt d tại J, ∆ cắt BD tại I. trong (SHI) kẻ HK
vuông góc với SI tại K.
Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( )
, ,( , ) ,( , ) ,( )
2 2 2
BD SA I S d H S d H SBD

d d d d HK= = = =
0,5
Ta có
BIHV
đồng dạng
BADV
. 5
10
IH BH BH AD a
IH
AD BD BD
⇒ = ⇔ = =
0,5
Xét
SHIV
vuông tại H, ta có:
2 2 2
1 1 1 3
8
a
HK
HK HS HI
= + ⇒ =
Vậy
( )
,
3
4
BD SA
a

d =
0,5
V
Cho
, ,a b c
là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2
1 1 1
1
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
2,0
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2
1
1 1
1 1 1
2 2 2 4
a b c
a b c a b c a b c
+ +

 
+ + + ≥ + = + + + ≥ + + +
 
0,75
( ) ( ) ( )
3 3
1 1 1 3
1 1 1
3 3
a b c a b c
a b c
+ + + + + + + +
   
+ + + ≤ =
 ÷  ÷
   
0,75
Vậy
( )
3
2 54
1
3
P
a b c
a b c
≤ −
+ + +
+ + +
=

( )
3
2 54
( )
2
f t
t
t
− =
+
với
1 ( 1)t a b c t= + + + >
0,75
( )
/ /
4
2
4
2 162
( ) ; ( ) 0
1( )
2
t
f t f t
t loai
t
t
=

= − + = ⇔


=
+

0,75
f’(t)
f(t)
t 1
+∞
4
0
+
-
1/4
0 0
Vậy giá trị lớn nhất của
1
4
P =
khi
3
1
1
a b c
a b c a b c
c
+ + =


= = ⇔ = = =



=

VI
Cho dãy số
( )
n
u
đuợc xác định:
1
2
1 1
2
2013
(2 9 ) 2 (2 5 ), 1
n n n n
u
u u u u n
+ +

=



− = − ∀ ≥

.
Xét dãy số
1 2

1 2
1 1 1
n
n
n
u
u u
v
u u u
= + + +
− − −
L
. Tìm
lim
n
v
.
2,0
Ta có
0 1
n
u n≠ ∀ ≥
.
Khi đó:
( ) ( ) ( )
2
1
1 1
2
1

2 9 2
2 9 2 2 5 2 5
n
n n n n n
n n
u
u u u u u
u
u
+
+ +
+
−
− = − ⇔ = −

2
1
2 4 10
9
n nn
u u
u
+
⇔ − = −
Đặt
2
n
n
x
u

=

1n∀ ≥
. Khi đó ta có dãy mới
( )
n
x
được xác định bởi:
1
2
1
2013
5 9 1
n n n
x
x x x n
+
=



= − + ∀ ≥


0,25
Chứng minh
( )
n
x
là dãy tăng:

Xét hiệu:
( )
2
2
1
5 9 3 0
n n n n n n
x x x x x x
+
− = − + − = − ≥
Do
1
2013 3x = >
nên
1
0
n n
x x
+
− >
suy ra dãy
( )
n
x
là dãy tăng.
0,25
Chứng minh (x
n
) không bị chặn hay
lim

n
x = +∞
:
Giả sử (x
n
) bị chặn, do dãy tăng và bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn.
Giả sử dãy (x
n
) có giới hạn hữu hạn, đặt
( )
lim , 2013
n
x a a= >
.
Từ công thức truy hồi
2
1
5 9
n n n
x x x
+
= − +
Lấy giới hạn hai vế, ta được:
2
5 9 3a a a a= − + ⇔ =
(không thỏa mãn)
Do đó dãy đã cho không có giới hạn hữu hạn.
0,5
Ta có:
1

1 1
1
1 1 1 1
2 2
2 2
1 1 2 2
2 2
n
n
n n
n
uu
v
u u x x
u u
 
 ÷
 
 ÷
= + + = + + = + +
 ÷
− − − −
 ÷
 
− −
 ÷
 
1n∀ ≥
Mà:
1

1 1 1
2 3 3
n n n
x x x
+
= −
− − −
0,5
Do đó, ta có:
1 1 1
1 1 1 1
2 2
3 3 2013 3 3
n
n n
v
x x x
+ +
   
= − = −
 ÷  ÷
− − − −
   
Mà
lim
n
x = +∞
nên
1
lim

1005
n
v =
0,5
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn chấm điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
BÌNH PHƯỚC CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
(Hướng dẫn chấm có 06 trang) MÔN: TOÁN
Ngày thi: 03/10/2013
ĐỐI VỚI THÍ SINH HỌC TẠI CÁC TRUNG TÂM GDTX
Câu Ý Lời giải Điểm
I 1
Cho hàm số:
2 3
2
x
y
x
−
=
−
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm
số .
2,0
TXĐ:
{ }
\ 2D R=
0,25
lim 2
x

y
→±∞
=
⇒ phương trình đường TCN: y = 2
2 2
lim ;lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
⇒ phương trình đường TCĐ: x = 2
0,5
( )
/
2
1
0
2
y x D
x
−
= < ∀ ∈
−

⇒ Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị.
0,5
Bảng biến thiên: 0,25
Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2)

Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0)
0,25
Đồ thị: 0,25
2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm 2,0
cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho
2AB IB
=
, với
I(2;2).
Gọi
0
0
0
2 3
; ( )
2
x
M x C
x
 
−
∈
 ÷
−
 
PTTT của (C) tại M:
( ) ( )
2
0 0
2 2

0 0
2 6 6
1
2 2
x x
y x
x x
− +
= − +
− −
0,5
Do
2AB IB=
và tam giác AIB vuông tại I ⇒ IA = IB nên hệ số góc của
tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1. vì
( )
/
2
1
0
2
y
x
−
= <
−
nên ta có hệ số góc tiếp
tuyến k = -1.
0,5

( )
0
2
0
0
1
1
1
3
1
x
x
x
=

−
⇔ = − ⇔

=
−


0,5
⇒ có hai phương trình tiếp tuyến:

2y x
= − +
;
6y x= − +
0,5

II 1
Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2
2 1 2 1 (1)
,
2
2 3 2 4 (2)
x y
x y
x y
x y x y x y

−
+ + + =

∈


+ + + + =

¡
3,5
Đk:
1
2
1
2
x

y

≥ −




≥ −


0,5
Pt(2)
( )
2 2
1 0
3 3 2 2 4 0
2 4 0 ( )
x y
x y x y y
x y loai
+ − =

⇔ + + + + − = ⇔

+ + =

1,0
Pt(1)
( )
2

4
2 1 2 1
2
x y xy
x y
+ −
⇔ + + + =

( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
4
2 2 2 4 2 1
2
8 4 3 4 3 4 5
4 3 0
4 5 4 3 8 ( ) ( 1 4 4 5 0)
x y xy
x y xy x y
xy xy xy
xy
xy xy loai do x y xy xy
 
+ −
⇔ + + + + + + =
 ÷

 ÷
 
⇔ + = + −
+ =

⇔

− + = = + ≥ ⇒ − <


1,25
Hệ đã cho tương đương:
1 3
1
2 2
3
3 1
4
2 2
x y
x x
xy
y y
 
+ =
= − =

 
  
⇔ ∨

  
= −
  
= = −

 
 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:
1 3 3 1
; , ;
2 2 2 2
   
− −
 ÷  ÷
   
0,75
2
Giải phương trình:
sin 2 3tan 2 sin 4
2
tan 2 sin 2
x x x
x x
+ +
=
−
2,5
Đk:
cos2 0
tan 2 sin 2 0

x
x x
≠


− ≠

(*)
0,5
Pt tương đương:

3sin 2 tan 2 sin 4 0x x x
+ + =
( ) ( )
3sin 2 cos2 sin 2 sin 4 cos2 0
cos2 1 sin 2 sin 4 0
x x x x x
x x x
⇔ + + =
⇔ + + =
0,75
2
cos2 1
cos2 1 0
sin 2 0
sin 4 sin 2 0
2
1
cos2
2

3
x k
x
x
x x k
x x
x
x k
π
π
π
π
π

= +



= −

+ =



⇔ ⇔ = ⇔ =



+ =




= −


= ± +



0,75
Nghiệm
3
x k
π
π
= ± +
thỏa mãn (*)
Phương trình có 2 họ nghiệm:
3
x k
π
π
= ± +
0,5
III 1
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có

(5, 7)A −
, điểm
C
thuộc vào đường thẳng có phương trình:
4 0x y− + =
.
Đường thẳng đi qua
D
và trung điểm của đoạn
AB
có phương trình:
3 4 23 0x y− − =
. Tìm tọa độ của
B
và
C
, biết điểm
B
có hoành độ dương.
2,0
Gọi
( )
1
; 4C c c d+ ∈
, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d
2
: 3x –
4y – 23 = 0.
Ta có
AIMV

đồng dạng
CIDV
10 10
2 2 ;
3 3
c c
CI AI CI IA I
+ −
 
⇒ = ⇒ = ⇒
 ÷
 
uur uur
0,5
Mà
2
I d∈
nên ta có:
10 10
3 4 23 0 1
3 3
c c
c
+ −
− − = ⇔ =
Vậy C(1;5).
0,5
Ta có:
2
3 23 3 9

; 2 5;
4 2
t t
M d M t B t
− −
   
∈ ⇒ ⇒ −
 ÷  ÷
   
3 5 3 19
2 10; , 2 6;
2 2
t t
AB t CB t
+ −
   
= − = −
 ÷  ÷
   
uuur uuur
0,5
Do
( ) ( ) ( ) ( )
1
1
. 0 4 5 3 3 5 3 19 0
29
4
5
t

AB CB t t t t
t
=


= ⇔ − − + + − = ⇔

=

uuur uuur
( 3; 3) ( )
33 21
;
33 21
;
5 5
5 5
B loai
B
B
− −

 

⇒ ⇒
 
 ÷

 
 ÷


 

0,5
2
Cho tam giác nhọn
ABC
nội tiếp đường tròn
( , )O R
. Gọi
,P Q
lần lượt là
các điểm di động trên cung nhỏ
»
AB
,
»
AC
sao cho
, ,P Q O
thẳng hàng. Gọi
D
,
E
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
P
lên các đường thẳng
,BC AB
tương ứng và
', 'D E

lần lượt là hình chiếu vuông góc của
Q
lên
các đường thẳng
,BC AC
. Gọi
K
là giao điểm của hai đường thẳng
DE
và
' 'D E
. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác
'KDD
(theo
R
).
2,0
Chứng minh góc
0
' 90DKD∠ =
Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có:
( / / )DKH DKP KH PD∠ = ∠
DKP PBA∠ = ∠
(tứ giác PEBD nội tiếp)
Suy ra:
»
1
2
DKH PBA sd PA∠ = ∠ =
Tương tự, ta chứng minh được:

»
1
'
2
D KH sd AQ∠ =
Vậy
»
0
1
' ' 90
2
DKD DKH D KH sd PQ∠ = ∠ + ∠ = =
(do PQ là đường kính)
0,5
Chứng minh
' 2DD R≤
:
Thật vậy, xét hình thang vuông
'DPQD
vuông tại D và D’ nên
' 2DD QP R≤ =
, dấu “=” xảy ra khi
/ /PQ BC
0,5
Xét tam giác
'DKD
. Ta có:
2 2 2 2
2
1 ' ' 4

. '
2 4 4 4
KD KD DD R
S KD KD R
+
= ≤ = ≤ =
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác
'DKD
bằng
2
R
khi
/ /PQ BC
1,0
IV 1 Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật, tam giác
SAB
đều cạnh
a
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt
phẳng
( )SCD
và mặt phẳng đáy bằng
0
60
.
3. Tính thể tích khối chóp

.S ABCD
theo
a
.
1,5

H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD
Ta có:
( ) ( )
( )
SH AB
SH ABCD
SAB ABCD
⊥

⇒ ⊥

⊥

3
2
a
SH =
0,5
Góc giữa (SCD) và mặt đáy là
0
60SMH∠ =
0,25
Ta có
0

tan 60 2
SH a
HM = =
0,25
2 3
.
1 3 3
. .
3 2 2 12
S ABCD
a a a
V⇒ = =
0,5
2 4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA
và
DB
theo
a
. 1,5
Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD. Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường
thẳng ∆ đi qua H , ∆ ⊥ d và ∆ cắt d tại J, ∆ cắt BD tại I. trong (SHI) kẻ HK
vuông góc với SI tại K.
Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( )
, ,( , ) ,( , ) ,( )
2 2 2
BD SA I S d H S d H SBD
d d d d HK= = = =
0,5

Ta có
BIHV
đồng dạng
BADV
. 5
10
IH BH BH AD a
IH
AD BD BD
⇒ = ⇔ = =
0,5
Xét
SHIV
vuông tại H, ta có:
2 2 2
1 1 1 3
8
a
HK
HK HS HI
= + ⇒ =
Vậy
( )
,
3
4
BD SA
a
d =
0,5

V
Cho
, ,a b c
là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2
1 1 1
1
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
3,0
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2
1
1 1
1 1 1
2 2 2 4
a b c
a b c a b c a b c
+ +
 
+ + + ≥ + = + + + ≥ + + +

 
0,75
( ) ( ) ( )
3 3
1 1 1 3
1 1 1
3 3
a b c a b c
a b c
+ + + + + + + +
   
+ + + ≤ =
 ÷  ÷
   
0,75
Vậy
( )
3
2 54
1
3
P
a b c
a b c
≤ −
+ + +
+ + +
=
( )
3

2 54
( )
2
f t
t
t
− =
+
với
1 ( 1)t a b c t= + + + >
0,75
( )
/ /
4
2
4
2 162
( ) ; ( ) 0
1( )
2
t
f t f t
t loai
t
t
=

= − + = ⇔

=

+

0,75
f’(t)
f(t)
t 1
+∞
4
0
+
-
1/4
0 0
Vậy giá trị lớn nhất của
1
4
P =
khi
3
1
1
a b c
a b c a b c
c
+ + =


= = ⇔ = = =



=

Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn chấm điểm tối đa.