Đề thi HSG + lời giải lớp 12 Hải Dương môn toán

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
3 2
2 3= + −y x mx x
(1) và đường thẳng
( ) : 2 2
∆ = −
y mx
(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
2
32

+
+
=
x
x
y
có đồ thị (C) và đường thẳng d:
mxy +−= 2
. Chứng minh rằng d cắt (C)
tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi
,
1
k

2
k
lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của
(C) tại A và B. Tìm m để P =
( ) ( )
2013
2
2013
1
kk +
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:
1
4
sin244cos4sin −







−=+
π
xxx
2) Giải hệ phương trình:
( )





=+++
−+
=++
10)1(4)19(
1
1
1913
223
2
xxyx
xx
yxy

Câu III (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:
!0!.2013.2014
1

!2010!.3.4
1
!2011!.2.3
1
!2012!.1.2
1
!2013!.0.1
1
+++++=S
2) Cho dãy số (u
n
) thỏa mãn:







+−=
=
+
2
2
1
2

5
2
1
1
nnn
uuu
u

*)( Nn ∈
. Tìm








∑
=
n
k
k
u
1
1
lim
.
Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho khối chóp

.S ABC
có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a,
·
·
0
AS 90 ,B SAC= =
·
0
120BSC =
. 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
C
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:
22=xyz
Chứng minh rằng:
8
2244
88
2244
88
2244
88
≥
++

+
+
++
+
+
++
+
xzxz
xz
zyzy
zy
yxyx
yx

…………… 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)
Câu Nội dung
Điểm
I
1

1,0đ
1) Cho hàm số
3 2
2 3= + −y x mx x
(1) và đường thẳng
( ) : 2 2
∆ = −
y mx
(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 3 2
2 3 2 2 2 (2 3) 2 0+ − = − ⇔ + − + + =x mx x mx x mx m x
2
2
1
( 1) (2 1) 2 0
(2 1) 2 0(2)

=

 
⇔ − + + − = ⇔

 
+ + − =

x
x x m x
x m x
.
0,25
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
1 0
1 2 1 2 0
m
x m
m

+ + >
≠ ⇔ ⇔ ≠


+ + − ≠

.
Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2),
1 1 2 2
B( ;2 2), C( ;2 2)x mx x mx− −
, trong đó
1 2
x ;x

là nghiệm phương trình (2) nên
1 2 1 2
x x 2m 1,x x 2+ = − − = −

0,25
Tam giác OBC có diện tích
1
BC.
2
S d=
. Trong đó
2
2
d = d(O; ) =
1+4m
∆

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

BC ( ) (2 2 ) ( ) 4 4 1x x mx mx x x x x m
 
= − + − = + − +
 
( )
( )
2
2
BC 2 1 8 4 1m m
 
⇒ = + + +
 

( )
2
2 1 8⇒ = + +S m
0,25
Vậy S =
17

⇔

17944
2
=++ mm




−=

=
⇔
2
1
m
m
(TM)
0,25
I
2
1,0đ
2) Cho hàm số
2
32
+
+
=
x
x
y
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
21
,kk
lần lượt là hệ
số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P =
( ) ( )
2013
2
2013

1
kk +
đạt giá trị
nhỏ nhất.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:

mx
x
x
+−=
+
+
2
2
32




=−+−+
−≠
⇔
(*)023)6(2
2
2
mxmx
x
0,25
Xét phương trình (*), ta có:
Rm∈∀>∆ ,0

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
2
2
2
2
1
1
)1(
1
,
)1(
1
+
=
+
=
x
k
x
k
, trong đó
1
x
,
2
x
là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy

( ) ( ) ( )
4
422
1
22
1
.
2
2121
2
2
2
1
21
=
+++
=
++
=
xxxxxx
kk
(k
1
>0, k
2
>0)
0,25
Có P =
( ) ( ) ( )
2014

2013
21
2013
2
2013
1
2.2 =≥+ kkkk
, do dó MinP = 2
2014
đạt được khi
2
2
2
1
2
2
2
1
21
)2()2(
)2(
1
)2(
1
+=+⇔
+
=
+
⇔= xx
xx

kk
do
1
x
,
2
x
phân biệt nên ta có x
1
+2 = - x
2
- 2
⇔
x
1
+ x
2
= - 4
⇔
m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

0,25
II
1
1,0đ
1) Giải phương trình:
1
4
sin244cos4sin −







−=+
π
xxx
(1)
PT(1)
⇔
2sin2x.cos2x + 2cos
2
2x =4(sinx – cosx)

⇔
(cosx – sinx).
[ ]
02)2cos2)(sinsin(cos =+++ xxxx
0,25
*)
π
π
kxxx +=⇔=−
4
0sincos
0,25
*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0
⇔
cosx + sin3x + 2 = 0 (2)

0,25
*) Vì
xxx ∀−≥−≥ ,13sin;1cos
nên (2)
⇔



−=
−=
13sin
1cos
x
x
⇔
hệ vô nghiệm.
Vậy PT có nghiệm là:
π
π
kx +=
4

)( Zk ∈
0,25
II
2
1,0đ
2) Giải hệ phương trình:
( )






=+++
−+
=++
)2(10).1(4)19(
)1(
1
1
1913
223
2
xxyx
xx
yxy

ĐK:
0x ≥
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
PT (1)
⇔
x
xx
yyy
++
=++
1

1933
2

⇔

1
111
1)3(33
2
2
+








+=++
xxx
yyy
(3)
0,25
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t.
1
2
+t
, t > 0.
Ta có: f’(t) = 1 +

1
1
2
2
2
+
++
t
t
t
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
PT(3)
⇔
f(3y)= f








x
1

⇔
3y =
x
1
0,25

Thế vào pt(2) ta được PT:
10).1(4
223
=+++ xxxx
Đặt g(x)=
10).1(4
223
−+++ xxxx
, x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
⇒
g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)
0,25
Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1
⇒
y =
3
1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
3
1
).
0,25
III
1
1,0đ
1) Rút gọn biểu thức:
!0!.2013.2014
1

)!2013!.().1(
1

!2010!.3.4
1
!2011!.2.3
1
!2012!.1.2
1
!2013!.0.1
1
++
−+
+++++=
kkk
S

+) Ta có:
∑∑
==
+
=⇒
−+
=
2013
0
2013
2013
0

1
!2013.
)!2013!.().1(
1
k
k
k
k
C
S
kkk
S
0,25
+) Ta có:
[ ]
2014!)1(2014)!1.(2014
!2014
)!2013)!.(1(
!2013
1
1
20142013
+
=
+−+
=
−+
=
+
kk

C
kkkkk
C
(k =0;1;…;2013)
0,25
+) Do đó: S.2013!=
∑∑
==
+
=
2014
1
2014
2013
0
1
2014
.
2014
1
2014
k
k
k
k
C
C
0,25
+) S.2013! =
( )

12
2014
1
2014
−

!2014
12
2014
−
=⇒ S
0,25
III
2
1,0đ
2) Cho dãy số (u
n
) thỏa mãn:







+−=
=
+
2
2

1
2
5
2
1
1
nnn
uuu
u

*)( Nn ∈
. Tìm








∑
=
n
k
k
u
1
1
lim
.

+) Ta có:
nuuuu
nnnn
∀≥+−=−
+
,0)44(
2
1
2
1
⇒
Dãy không giảm.
Nếu có số M: u
n

≤
M với mọi n, thì tồn tại limu
n
= L. Vì u
n

≥
u
1

⇒
L
≥
u
1

0,25
+) Khi đó ta có: L =
2
1
L
2
– L + 2
⇔
L = 2. (Vô lý)
⇒
limu
n
=
∞+
0,25
+) Ta có:
1
2
242
+
=+−
nnn
uuu

⇔

)2(2)2(
1
−=−
+nnn

uuu
⇔
)2(2
1
)2(
1
1
−
=
−
+nnn
uuu
2
1
2
11
2
11
2
1
11
−
−
−
=⇔
−
=−
−
⇔
++ nnnnnn

uuuuuu
(
*Nn ∈∀
)
0,25
+) Do đó:
2
1
2
11
11
1
−
−
−
=
+
=
∑
n
n
k
k
uuu

⇒









∑
=
n
k
k
u
1
1
lim
=
2
2
1
1
=
−u
0,25
IV
1
1,5đ
1) Cho khối chóp
.S ABC
2 , 3 , 4 ,SA a SB a SC a= = =
·
·
0

AS 90 ,B SAC= =
·
0
120BSC =
.
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
C
đến mặt phẳng
( )SAB
theo
a
.
Dùng ĐL Cosin tính được:
MN =
32a
0,25
AM=
22a
, AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc
ASC∠
= 60
0
)
⇒
tam
giác AMN vuông tại A.
0,25
Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.
)(AMNSH ⊥⇒

; tính được SH = a.
0,25
Tính được
3
22
3
.
a
V
AMNS
=
0,25
3
1
.
.
.
.
==
SCSB
SNSM
V
V
ABCS
AMNS
3
.
22 aV
ABCS
=⇒

0,25
Vậy
3
.
2
3 6 2
( ;( )) 2 2
3
S ABC
SAB
V a
d C SAB a
S a
∆
= = =
0,25
IV
2
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
x
BA
BM
=
, với
10 ≤≤ x
x
DC

DN
=⇒
. Khi đó ta có:
BAxBM .=
và
DCxDN .=
0,25
+) Ta có:
BDxBCxBNBDBCxBDBNDCxDN ).1(.)(. −+=⇔−=−⇔=
Do đó:
BAxBDxBCxBMBNMN .).1(. −−+=−=
0,25
+) MN
2
=
2
)1(2
2
.2
2
)1(2)1(
22
2
2
222222
a
xx
a
x
a

xxaxaxax −−−−++−+
= a
2
[ ]
)1()1()1(
2222
xxxxxxxx −−−−++−+
= (2x
2
– 2x + 1)a
2
0,25
+) Xét hàm số f(x) = 2x
2
– 2x + 1 trên đoạn
[ ]
1;0
ta có:

2
1
)
2
1
()(min,1)1()0()(max ===== fxfffxf
0,25
+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2
2a
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:
8
2244
88
2244
88
2244
88
≥
++
+
+
++
+
+
++

+
xzxz
xz
zyzy
zy
yxyx
yx

+) Đặt a = x
2
, b = y
2
, c = z
2
, từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8
0,25
H
N
M
A
S
N
M
S
C
B
A
Do
2
22

ba
ab
+
≤
nên
2
)(3
22
22
ba
abba
+
≤++
Dấu“=”có
⇔
a=b
+) Ta có:
( )
22
44
22
44
2
3
ba
ba
abba
ba
+
+

≥
++
+
. Ta sẽ chứng minh:
( )
)(
3
1
2
3
22
22
44
ba
ba
ba
+≥
+
+
(1).
Thật vậy: (1)
⇔
2(
)
44
ba +
222
)( ba +≥

⇔

(a
2
– b
2
)
2

0≥
(luôn đúng).
Do đó ta được:
)(
3
1
22
22
44
ba
abba
ba
+≥
++
+
Dấu“=”có
⇔
a
2
=b
2
⇔
a=b

0,25
+) Áp dụng BĐT trên ta có:
)(
3
1
22
22
44
cb
bccb
cb
+≥
++
+
Dấu“=”có
⇔
b=c

)(
3
1
22
22
44
ac
caac
ac
+≥
++
+

Dấu“=”có
⇔
c=a
Cộng các vế các BĐT trên ta được:
)(
3
2
222
22
44
22
44
22
44
cba
caac
ac
bccb
cb
abba
ba
++≥
++
+
+
++
+
+
++
+

(2) Dấu“=”có
⇔
a=b=c
0,25
+) Theo BĐT Cô-si ta có:
8.2)(
3
2
3
222222
=≥++ cbacba
.Dấu“=”có
⇔
a=b=c
Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra
⇔
2=== zyx
0,25