Deda hsg12 vong1 2014 15

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

AN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
SBD :

PHÒNG:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT

Năm học 2014 – 2015
Mơn : TỐN
Thời gian làm bài : 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (3,0 điểm)

2 x−1
(1)
x −1
Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số (1) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại hai
điểm A và B với độ dài đoạn AB ngắn nhất.
Bài 2: (2,0 điểm)
Cho h à m s ố y=

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số sau đây trên tập xác định của nó:
36
y=f ( x )=x 2−
√9−x 2+ 1
Bài 3: (2,0 điểm)
Giải phương trình

3
2
sin x+ 3 cos x=3 sin x cos x +2 sin x
Bài 4: (2,0 điểm)
Giải bất phương trình

√3 x+ √3 2 x+ 1< √3 3 x +4

Bài 5: (2,0 điểm)
Giải hệ phương trình
xy =2 x − y
2 x 3 + y 3=−2
Bài 6: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng tại A vàD có
BC=2 AB, M (4 ; 0) là trung điểm của BC, đường thẳng AD có phương trình 2 x− y +1=0.
54
Tìm tọa độ các điểm B và C biết rằng hình thang ABCD có diện tích bằng
và các tọa độ
5
của hai điểm A , B đều dương.

{

Bài 7: (3,0 điểm)
Nhân dịp khách sạn kỷ niệm ngày thành lập, ban quản lý khách sạn thực hiện khuyến
mãi như sau: Mỗi đoàn du lịch đến nghỉ ở khách sạn đều chọn ngẫu nhiên hai người để tặng
thưởng. Có hai đồn du lịch cùng đến khách sạn, đồn thứ nhất có 6 người Việt Nam và 12
người Pháp; đồn thứ hai có 3 người Việt Nam, 7 người Nga và 2 người Anh. Tính xác suất
để cả hai địan có ít nhất hai người nhận thưởng đều là người Việt Nam.
Bài 8: (4,0 điểm)

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng, mặt phẳng ( SAB) vng góc
1
với mặt phẳng đáy. Cho SA= AD=a; SB=a √ 3. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và
2
BC.
a) Tính theo a thể tích khối chớp S . BMDN .
b) Tính cosin góc hợp bởi hai đường thẳng SM và DN .
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và DN .


------Hết-----SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
Năm học 2014 – 2015
MƠN TỐN

A.ĐÁP ÁN
Bài

LƯỢC GIẢI

Điểm

2 x−1
y=
( 1)
x−1
−1

;
( x−1 )2
lim
¿

'
TXĐ D=R ¿ {1¿} y =

lim y=2 ;
x→ ±∞

+¿

x →. 1 y=+∞ ;

lim
−¿

x →.1 y=−∞ ¿

¿¿

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng d 1 : x=1 tiệm cận ngang d 2 : y=2
1
; Đ K m≠1
m−1
Phương trình tiếp tuyến tại M
−1
1
y=

( x−m) +2+
2
m−1
( m−1 )

(

)

M ∈ ( C ) ⟹ M m; 2+

A là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng

Bài 1 ⟹ x A =1 ; y A =2+ 2

m−1

3,0
điểm

B là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận ngang
y B =2 ; 2=

√

−1
1
x −m ) +2+
⟺ x B=2 m−1
2( B

m−1
( m−1 )

AB= ( 2 m−2 )2+

(

−2 2
1
=2 ( m−1 )2 +
2
m−1
( m−1 )

)

√

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng ta được

1
≥2
( m−1 )2
⟹ AB ≥ 2 √ 2 Vậy AB ngắn nhất bằng 2 √2
Dấu bằng xảy ra khi ( m−1 )2=1 ⟹ m=0 ; m=2
m=0 ⟹ M ( 0; 1 ) ; m=2 ⟹ M ( 2; 3)
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là ( 0 ; 1 ) ;(2 ; 3)
Bài 2 y=f ( x )=x 2− 36
√9−x 2+ 1
Tập xác định D=[−3 ; 3]

Đặt t=√ 9−x2 do x ∈ [ −3 ; 3 ] ⟹ t ∈ [ 0 ; 3 ] ; x 2=9−t 2
Xét hàm số
36
g ( t )=9−t 2−
trênt ậ p T = [ 0 ; 3 ]
t +1
36
g' (t )=−2t +
( t +1 )2
g' (t )=0 ⟺2 t ( t +1 )=36 ⟺ t ( t +1 )2=18
⟺ ( t−2 ) (t 2+ 4 t +9)=0 ⟺ t=2

( m−1 )2 +

2,0
điểm

2


g ( 0 )=−25 ; g ( 2 ) =−7 ; g (3 )=−9 ⟹ max g(t )=−7 khi t=2
T

Vậy Giá trị lớn nhất
√ 9−x2 =2⟺ x=± √ 5

của hàm

số

y=f ( x ) bằng

−7

khi

Giải phương trình lượng giác

sin 3 x+ 3 cos x=3 sin2 x cos x +2 sin x
⟺ sin3 x−3 sin 2 x cos x +3 cos x−2 sin x=0
π
Ta có cos x=0 ⟺ x= + kπ khơng là nghiệm của phương trình, chia
2
phương trình cho cos 3 x ta được
1
3
2
Bài 3 tan x−3 tan x + ( 3−2 tan x ) . 2 =0
cos x
3
2
⟺ tan x−3 tan x + ( 3−2 tan x ) ( 1+ tan 2 x )=0
⟺ ta n 3 x +2 tan x−3=0 ⟺ ( tan x−1 ) ( tan 2 x+ tan x+3 )=0
π
⟺ tan x=1 ⟺ x= +kπ (k ∈ Z)
4
π
Vậy nghiệm của phương trình là x= + kπ (k ∈ Z)
4

2,0
điểm

Bài 4 Xét phương trình

√3 x+ √3 2 x+ 1=√3 3 x+ 4( ¿)
3
⟺ x+ 3 √ x ( 2 x +1 ) ( √3 x + √3 2 x+1 ) + 2 x +1=3 x +4
3
⟺ √ x ( 2 x+1 ) ( √3 x+ √3 2 x +1 )=1 ¿

Xét phương trình hệ quả bằng cách thế ( ¿ ) vào ¿ ta có

√3 x ( 2 x+1 ) √3 3 x+ 4=1

⟺ x ( 2 x+ 1 )( 3 x +4 )=1
⟺ 6 x 3+ 11 x 2 + 4 x−1=0 ⟺ x=−1 ; x=
1
6

2,0
điểm

1
6

Thử lại ta có x= là nghiệm của phương trình ( ¿ )
Mặt khác hàm số f ( x )= √3 x + √3 2 x +1− √3 3 x +4 liên tục trên R do đó hàm số
1 1
; ;+∞ dễ thấy f ( 0 ) <0 ; f ( 2 ) >0

6 6
1
vậy bất phương trình có tập nghiệm là −∞ ;
6

(

cùng một dấu trên mỗi khoảng −∞;

Cách khác: Đặt

)(
(

a = 3 x; b = 3 2x + 1

3

)
)

. Bất phương trình trở thành

3

a +b < 3 a + b + 3
Û a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 < a3 + b3 + 3
Û a2b + ab2 - 1 < 0

(

)

Û a2b + ab2 - b3 - 2a3 < 0
3

2

2

3

Û 2a + a b + ab - b < 0

(

)

Û ( 2a - b) a2 + ab + b2 < 0
2
ổ
ử
2
ổ bử
ữ
ỗ
3
b
2
2

ữ
ữ
ỗ
ữ
2a < b ỗ
vỡ a + ab + b = ỗa + ữ
+
>
0
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
2
4
ố
ứ
ỗ
ữ
ố
ứ
3


Khi đó ta có

23 x < 3 2x + 1 Û 8x < 2x + 1 Û x <

1
6

− y ⟺ ( x +1 ) y=2 x
{2xyx =2+ y x=−2
{2 x + y =−2
3

3

3

3

Đặt x +1=t ta được hệ phương trình sau
2
2
ty=2t−2
⟺ 3 t 2y=2 t −2 t 3
3
3
2 ( t−1 ) + y =−2
2t −6 t +6 t−2+ y =−2
ty=2 t−2
⟺ 3 ty=2t−2
⟺
2
3
2t −3 t y + y =0

( 2t + y ) ( t 2−2ty + y 2 )=0
TH1: t 2−2 ty + y 2=0 ⟺ ( t − y )2=0 ⟺ y =t khi đó ta được
t 2=2 t−2⟺ t 2−2 t+2=0 phương trình vơ nghiệm
TH2: y=−2t khi đó
−1± √5
−2 t 2 =2t−2 ⟺ t 1,2 =
⟹ y=1 ± √ 5
2
−3+ √ 5
−3−√ 5
; 1−√5 ;(
; 1+ √5)
Vậy hệ phương trình có nghiệm
2
2

{

{

{

{

(

2,0
điểm

)

ìï xy = 2x - y
(1)
ï
í 3
ïï 2x + y3 = - 2 (2)
Cách khác: ỵ
+ y = 0 khơng thỏa hệ phương trình
2
3
Bài 5
+ Chia 2 vế phương trình (1) cho y ; chia 2 vế phương trình (2) cho y
ìï x
ïï = 2 x . 1 - 1
ïï y
y y y
3
í ỉ ư3
ỉư
ïï çx ÷
1÷
ç
÷
+ 1 = - 2.ç ÷
ïï 2ç
÷
÷
ç
çy ø
÷

÷
y
è
ø
è
ta được ïïỵ

ìï a + b = 2ab
ï
x
1
í 3
a = ; b=
ïï 2a + 2b3 + 1 = 0
y
y
Đặt
, hệ trở thành ïỵ
ïìï
- 1
ï a +b =
ïí
2
ïï
- 1
ïï ab =
4
Giải hệ đối xứng ta được ỵ
ìï x + 1 - 1
ì

ì
ïï
=
ìï y = - 2x - 2 ïïï x = - 3 + 5 ïïï x = - 3- 5
ïï y
2
ï
Û ïí 2
Û ïí
í
2 Úí
2
ïï x - 1
ïï y + 4x = 0 ïï
ïï
ỵ
ïï 2 =
ïỵï y = 1- 5
ïỵï y = 1+ 5
4
y
ï
ỵ
Do đó ta có
Bài 6 Gọi N là trung điểm của AD. Do hình thang vng nên MN vng góc
với AD. Phương trình đường thẳng MN

2,0
điểm

x +2 y −4=0

Tọa độ N là giao điểm của AD và MN nên là nghiệm của hệ
4


y +1=0 ⟺ N 2 ; 9
(5 5 )
{2x+2x−y−4=0

A thuộc AD nên tọa độ A là A ( t ; 2 t +1 )
Diện tích hình thang bằng 54 /5 và d ( M ; AD )=
nên

9
√5

S ABCD
3
=
2. d ( M , AD ) √ 5
2
2
2
9
9
−1
⟺ t− + 2 t+1− = ⟺ t=1 ; t=
5
5

5
5
−1 9
; .
Vậy tọa độ hai điểm A và D là ( 1 ; 3 ) h ay
5 5
S ABCD =2 NA . d ( M , AD ) ⟹ NA=

( )(

)

(

)

Theo giả thiết ta được A ( 1 ;3 )
Đường thẳng AB vng góc với AD
nên
AB: x +2 y−7=0
hay AB : x=7−2t ; ⟹ B (7−2t ; t)
y=t

{

Ta lại có
2

2

2

AB=BM ⟺ √ ( 6−2 t ) + (t−3 ) =√ (−3+2 t ) +t 2
⟺ 5 t 2 −30t +45=5 t 2−12t +9 ⟺ t=2⟹ B(3 ; 2)
M là trung điểm của BC nên C (5 ;−2)
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là B ( 3; 2 ) ; C (5 ;−2)

Bài 7 Trường hợp 1: Đồn thứ nhất có hai người nhận thưởng đều là người
Việt Nam
Chọn 2 người Việt Nam trong 6 người Việt Nam có C 26 cách chọn
Chọn 2 người ở đồn thứ nhất nhận thưởng có C 218 cách chọn
Xác xuất để đồn thứ nhất có 2 người Việt Nam nhận thưởng là
p1=

3,0
điểm

C 26
6.5
5
=
=
2
C18 18.17 51

Trường hợp 2: Đoàn thứ hai có hai người nhận thưởng đều là người
Việt Nam
Chọn 2 người Việt Nam trong 3 người Việt nam có C 23 cách chọn
Chọn 2 người ở đồn thứ hai nhận thưởng có C 212cách chọn.
Xác xuất để đồn thứ hai có 2 người Việt Nam nhận thưởng là

C 23
3.2
1
p2= 2 =
=
C12 12.11 22

Trường hợp 3: Mỗi đồn có đúng 1 người Việt Nam nhận thưởng
Chọn 2 người trong đó có đúng 1 người Việt Nam ở đồn 1 có C 16 . C 112
cách chọn trong C 218 cách chọn 2 người của đoàn thứ nhất.
Xác xuất để đồn thứ nhất có đúng một người Việt Nam nhận thưởng là
C 16 . C112 6.12.2 8
p3 =
=
=
18.17 17
C218
5


Tương tự xác xuất để đồn thứ hai có đúng một người Việt Nam nhận
thưởng là
C 13 .C 19 3.9 .2 9
p4 = 2 =
=
12.11 22
C 12

Theo công thức xác xuất ta có xác xuất để có hai người nhận thưởng đều
là người Việt Nam là

p= p1 + p2− p 1 p2 + p3 . p4 =

5 1
5 1 8 9
62
+ − . + . =
51 22 51 22 17 22 187

Cách khác:
Gọi A: “Cả hai đồn có nhiều nhất một người nhận thưởng là người
Việt Nam”

n ( W) = C 2 .C 2

18 12
Số phần tử của không gian mẫu:
Trường hợp 1: Đồn thứ nhất có duy nhất 1 người Việt Nam được nhận
thưởng; đồn thứ hai khơng có người Việt Nam nào được nhận thưởng.

C 1.C 1 .C 2

Có 6 12 9 cách chọn
Trường hợp 2: Đồn thứ hai có duy nhất 1 người Việt Nam được nhận thưởng;
đồn thứ nhất khơng có người Việt Nam nào được nhận thưởng.
2
C 31.C 91.C 12

Có
cách chọn
Trường hợp 3: Cả 2 đồn khơng có người Việt Nam nào được nhận thưởng.

Có

2
C 12
.C 92

cách chọn

P ( A) =
Xác suất biến cố A:
Xác suất cần tìm là:

1
2
2
C 61.C 12
.C 92 +C 31.C 91.C 12
+C 12
.C 92
2
2
C 18
.C 12

1- P ( A )

S

A

H

M

B

D'

N

D

Bài 8

Từ S kẻ SH vng góc với (ABCD) do
(SAB)(ABCD) nên H thuộc AB.
Mặt khác tam giác SAB có ba cạnh
AB=2 a ; SA=a ; SB=a √ 3 nên tam giác
SAB vuông tại S , SH là đường cao

C

1
1
1
1
1
4
a 3
=

+ 2 = 2 + 2 = 2 ⟹ SH= √
2
2
2
S H S A S B a 3a 3a
1
1
S BMDN =S ABCD −S ADM −S DCN =4 a2− a .2 a− a.2 a=2 a2
2
2
3
1
1 a √3
a √3
2
V S .BMDN = SH . S BMDN =
.2a =
3
3 2
2
1
Gọi D’ là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD ’= AD khi đó MD’//DN
4
^
Góc hợp bởi SM và DN chính là góc SMD ’=α

Hai tam giác MAD’ và SAD’ vng tại A có hai cạnh góc vuông là

2,0
điểm

1,0
điểm
6


a
v àa
2

√

S D' =M D' = √ A M 2 + A D'2 = a2+

a2 a √ 5
=
4
2

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SMD’ ta được
SD’ 2=S M 2+ M D' 2−2 SM . M D' . cos α
5 a2 2 5 a2
a √5
1
=a +
−2. a .
. cos α ⟹cos α =
4
4
2

√5

Ta có mp(SMD’) // DN nên khoảng cách giữa hai đường DN và SM là
khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SMD’).
1
1
1 a √3
a2 a 3 √ 3
V SD D M = SH . S D D M = SH . ( S ADM −S'ADM )=
. a 2− =
3
3
3 2
4
8
2
1
1 a √5 2 a
SSM D = SM . M D' . sin α = a .
. =
2
2
2 √5 2
3 V SD D M 3 a3 √ 3 2 3 a √ 3
=
. 2=
Vậy d ( SM , DN ) =
S SM D
8
4

a
'

(

'

'

)

1,0
điểm

'

'

B. HƯỚNG DẪN CHẤM
+ Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
+ Điểm từng câu có thể chia nhỏ đến 0,25 và khơng làm tròn.

7