Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Hải Dương năm 2013 - 2014 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