ĐỀ thi học sinh giỏi chính thức năm 2014 môn toán đề (2)

 
  !"#$ !"%
&'()*+
,-. /01" 234
Ngày thi: 21/03/2014
Thời gian: "5!16) (Không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 01 trang, gồm có 5 câu
78 (4,0 điểm).
Cho hàm số
( ) ( )
3 2
2 6 9 2 2y m x mx m x
= − − + − −
có đồ th& (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ th& hàm số trên với m = 1.
2. Tìm m để đường thẳng d: y = - 2 cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; -2), B và
C sao cho diện tích tam giác OBC bằng
13
.

78 (4,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2
3cos4 2sin 2 0x x− + =
.
2. Giải hệ phương trình:
x x 8 y x y y

x y 5

− = +


− =


(
;x y R∈
).

78 (4,0 điểm).
1. Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 và m + n + p = 5.
Tìm giá tr& lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
2. Giải phương trình
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x
+ + = − + +
9
78 (4,0 điểm).

1. Tìm hệ số của số hạng chứa
8
x
trong khai triển nh& thức Niutơn của
2
( 2)
n
x +
,
biết:
3 2 1
8 49, ( , 3)
n n n
A C C n N n− + = ∈ ≥
.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0
và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d').
Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc
bằng 60
o
.
78 (4,0 điểm).
1. Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a,
góc
·
o
BAD 60=
. Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a.
a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho.
b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá tr&

·
cos BMD
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;1), B(2;0;6),
C(3;2;0) , D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều
C, D.
……………………………… :…………………………………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Số báo danh

 
  !"#$ !"%
;<=&&>
?@A()BC
/01" 234
Ngày thi: 21/03/2014
Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang.
78 D E*F8(G *H
 ?%I!J*HC
" KLMN)9999 ? I!J*HC
Khi m = 1
⇒
3 2
6 9 2y x x x= − + −
• TXĐ: D = R
3 2
lim ( 6 9 2)
x
x x x
→−∞

− + − = −∞
,
3 2
lim ( 6 9 2)
x
x x x
→+∞
− + − = +∞
' 2
1
3 12 9 0
3
x
y x x
x
=

= − + = ⇔

=

0,50
• BBT:
x -
∞
1 3 +
∞
y
/
+ 0 - 0 +

2 +
∞
y
-
∞
-2
0,50
Hàm số đồng biến: (-
∞
; 1),(3;+
∞
)
Hàm số ngh&ch biến: (1;3)
f
CĐ
= f(1) = 2
f
CT
= f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0
2x⇔ =
=>y=0
Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ th& hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng
!IO!

!IO!
PJHJQR(G)S(GF+TUV W)?


C)X*YZJ*H17(Y*[)?!\V CI2]^
MZLLF*[()A)ZG*N2Y_(G
13
9
? I!J*HC
Phương trình hoành độ giao điểm là:
( ) ( )
3 2
2 6 9 2 2 2m x mx m x− − + − − = −
( ) ( )
3 2
2 6 9 2 0m x mx m x⇔ − − + − =
(1)
( ) ( )
2
2 6 9 2 0x m x mx m
 
⇔ − − + − =
 
( ) ( ) ( )
2
0
2 6 9 2 0 2
x
m x mx m
=

⇔


− − + − =

0,50
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2)
có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:
( )
2
2
1
9 9 2 0
2
2 0
m
m m
m
m

>

∆ = − − >

⇔
 
≠
− ≠



Gọi tọa độ điểm B(x
B

; -2), C(x
C
; -2) Đk: x
B
≠
x
C
(x
B
; x
C
là hai nghiệm của phương
trình (2)).
0,50
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + 2 = 0 => h = 2
Theo bài ra ta có
( )
2
1
. 13 13 4 13(3)
2
OBC B C B C
S h BC BC x x x x
∆
= = ⇒ = ⇔ + − =
Theo đ&nh lý viét ta có:
6
2
9
B C

B C
m
x x
m
x x

+ =

−


=

(4)
Thay (4) vào (3) ta được:
2
14
6
36 13
13
2
14
m
m
m
m

=
 


− = ⇔
 ÷

−
 
=

(tm)
0,50
0,50
 ?%I!J*HC
"
*K*1Q`(G)aP(+
2
3cos4 2sin 2 0x x− + =
. 
? I!J*HC
Phương trình
( )
( )
2
3 2cos 2 1 1 cos2 2 0x x⇔ − − − + =

0,50
2
6cos 2 cos2 2 0x x⇔ + − =
0,50
1
cos2
2

2
cos2
3
x
x

=

⇔


= −



1 2
arccos( )
2 3
( )
6
x k
k Z
x k
π
π
π
−

= ± +


⇔ ∈


= ± +


là nghiệm.
0,50
0,50

*K*[1Q`(G)aP(+
x x 8 y x y y
x y 5

− = +


− =


?
;x y R∈
C9 ? I!J*HC
ĐK: x ≥ 0; y ≥ 0
0,50
Hệ phương trình tương đương với:
2 2
x 1
(x 1) x (y 8) y
x(x 1) y(y 8)

y x 5
y x 5
>


− = +
 
⇔
− = +
 
= −



= −

0,75
⇔
2
x 1
x 1
x 9
y x 5
y x 5
y 4
5
3x 22x 45 0
x 9; x
3
>


>


=

= −
 
⇔ ⇔
= −
  
=

 
− − =
= = −



0,50
Từ đó, hệ có nghiệm duy nhất:
x 9
y 4
=


=

0,25
 ?%I!J*HC

" LbMc)dZIYIII(I1)eZf(+Z

gY

g

U"]^g(g1UO9P
G*N)ahi0((j)kZY*H8)B+UZ9gY9(g91g9(g(91g199
? I!J*HC
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a.m b.n c.p (a b c )(m n p ) m n p+ + ≤ + + + + = + +
⇒
2 2 2
A a.m b.n c.p m.n n.p p.m m.n n.p p.m m n p= + + + + + ≤ + + + + +
.
0,50
Đặt: m.n + n.p + p.m = t.
Ta có:
2
25
1
m.n n.p p.m (m n p)
3 3
+ + ≤ + + =
hay
25
t
3
≤

Và: m
2
+ n
2
+ p
2
= (m + n + p)
2
– 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t. 0,50
Vậy
A 25 2t t f (t)≤ − + =
.
Ta có:
25
1
f (t) 1 0, t
3
25 2t
′
= − > ∀ ≤
−
⇒ f(t) tăng trên
(
25
;
3

−∞



⇒
(
)
25 5 3
25 25 5
A f(t) f
3 3 3
3
+
≤ ≤ = + =
.
Đẳng thức xảy ra khi:
5
m n p
3
1
a b c
3

= = =


= = =


0,50
Vậy:
25 5 3
max A
3

+
=
đạt được khi
5
m n p
3
= = =
và
1
a b c
3
= = =
.
0,50

*K*1Q`(G)aP(
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x
+ + = − + +
 ? I!J*HC
Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x

x
x
x
x
+ ≠

− < <


− > ⇔
 
≠ −


+ >

0,50
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
⇔ + + = − + + ⇔ + + = −
⇔ + = − ⇔ + = −

0,50
+ Với
1 4x− < <
ta có phương trình
2
4 12 0x x+ − =
( )
2
6
x
x
=

⇔

= −

lo¹i
0,50
+ Với
4 1x− < < −
ta có phương trình
2
4 20 0x x− − =
( )
2 24
2 24
x
x


= −
⇔

= +


lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x =
hoặc
( )
2 1 6x = −

0,50
 ?%I!J*HC
"
P[MckZ 
8
x
 )aL(GlZ*)a*H((h)B*8)`(kZ 
2
( 2)
n
x +
I
Y*m)+

3 2 1
8 49, ( , 3)
n n n

A C C n N n
− + = ∈ ≥
9
? I!J*HC
3 2 1
3 2
8 ( 1)
8 49 ( 1)( 2) 49
2
7 7 49 0 7
n n n
n n
A C C n n n n
n n n n
−
− + = ⇔ − − − + =
⇔ − + − = ⇔ =
0,75
Khi đó:
7
2 2 7 2(7 )
7
0
( 2) ( 2) 2
n k k k
k
x x C x
−
=
+ = + =

∑
0,50
Số hạng chứa
8
x
là
2(7 ) 8 3k k⇔ − = ⇔ =
0,25
Hệ số của
8
x
là
3 3
7
.2 280C =
.
0,50
aL(Gn)1S(G)ZJEoTILJQR(G)S(G?FC+#o$%Tg OU!]^ ? I!J*HC
JQR(G)S(G?FpC+"Oog5T$%"U!9*i^G*ZLJ*HkZ?FC]^?FpC9*m)
1Q`(G)aP(JQR(G)S(GJ*q8Z]^)XL]0*)arL^(E)GsY_(Gb!
L
9
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
(
)
3
x
3x 4y 25 0
7
3 83

I ;
7 14
15x 8y 41 0
83
y
14

= −
− + =


⇔ ⇒ −
 
+ − =


=

.
0,50
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm,
n (A;B)
=
r
(A
2
+ B
2
> 0) là véc-tơ pháp tuyến của
∆.

Khi đó, do Ox có véc-tơ pháp tuyến
j (0;1)
=
r
nên từ giả thiết bài toán ta có:
( )
o
2 2
| B |
1
cos60 cos n; j
2
A B
= ⇔ =
+
r
r
⇔ A
2
+ B
2
= 4B
2
⇔ A
2
= 3B
2
.
0,50
Do A

2
+ B
2
> 0 nên chọn A = 3 ⇒
B 3
= ±
.
0,25
Với A = 3,
B 3
=
⇒ Phương trình ∆:
(
)
(
)
3 83
3 x 3 y 0
7 14
+ + − =
⇔
⇔
83 3
9
3x 3y 0 42x 14 3y 18 83 3 0
7 14
+ + − = ⇔ + + − =
.
Với A = 3,
B 3

= −
⇒ Phương trình ∆:
(
)
(
)
3 83
3 x 3 y 0
7 14
+ − − =
⇔
⇔
83 3
9
3x 3y 0 42x 14 3y 18 83 3 0
7 14
− + + = ⇔ − + + =
.
Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán:
∆
1
:
42x 14 3y 18 83 3 0+ + − =
, ∆
2
:
42x 14 3y 18 83 3 0− + + =
.
0,25
0.50

 ?%I!J*HC
1 NT 2  kZP(  s192  i^P(  )L* ]0*  X(2  U ZI  Gs
·
o
BAD 60=
9NX(Yt(UI2UUZ9
ZuA()H)AkZlc*s1JfL9
Yu*&i^)a8(GJ*HkZX(9A(G*N)ah
·
cos BMD
9
? I!J*HC

Từ giả thiết suy ra ∆SAC cân, ∆SBD đều cạnh bằng a.
Gọi H = AC ∩ BD ⇒ SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
0.50
Ta có:
2
2 0
ABCD
a 3 a 3
SH ; S a sin 60
2 2
= = =
.
0.50
Do đó:
3
ABCD
a

1
V S .SH
3 4
= =
(đvtt).
∆MBD cân tại M, MH là đường phân giác của góc
·
BMD
.
Đặt
·
BMD 2= α
.
Trong ∆SAC, MH là đường trung bình ⇒
SA
MH
2
=
.
a 3
AH SH
2
= =
⇒ ∆SHA vuông cân tại H ⇒
a 3 a 3
SA MH
2 2 2
= ⇒ =
.
0.50

Trong ∆BMH ta có
·
BH 2
tan tan BMH
MH 3
α = = =
.
Từ đó:
2 2
2
9
1 1
cos cos2 2cos 1
15 5
1 tan
α = = ⇒ α = α − =
+ α
.
Vậy:
·
1
cosBMD
5
=
.
0.50
2 aL(Gl'(GG*Z(]0*[)LXJE Oxyz ILYc(J*H A?"\"\"C\ B? \!\bC\
C?#\ \!C\D?v\%\ C9/w11Q`(G)aP(n)1S(G?PCJ*q8ZAIB]^NJ@8
CID9
? I!J*HC

+ Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P)
[ ]
)1;3;2()6;18;12(,)2;2;4(),5;1;1( −−=⇒−=⇒− nCDABCDAB
là 1 vtpt của (P)
0,50
Pt (P) là
02320)1(1)1(3)1(2 =+−−⇔=−−−−− zyxzyx
0,50
+ Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung
điểm M(5;3;1) cuả CD
[ ]
)3;10;5()6;20;10(,)0;2;4(),5;1;1( −⇒−=⇒− nAMABAMAB
là 1 vtpt của (P)
0,50
PT(P) là
0831050)1(3)1(10)1(5 =−++−⇔=−+−+−− zyxzyx
Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0.
0,50
VVVVVVVVVVVVVVVVm)VVVVVVVVVVVVVVVV
6x+
1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm
sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.