Tuyển tập 40 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (9.16 MB, 149 trang )
UBND T NH HÒA BÌNH
S GIÁO D C VÀ ÀO T O
✁
✂
✱
✲
✄
✄
THI CH N H C SINH GI I C P T NH
L P 12 THPT, N M H C 2013-2014
Môn: Toán
Ngày thi: 25/12/2013
Th i gian làm bài: 180 phút
✆
✝
✝
✞
✟
✠
✡
☎
☛
CHÍNH TH C
✳
✝
☞
Câu 1 (4 điểm).
2x + 1
có
x +1
Cho hàm s y =
✌
✍
th (C).
✎
✏
✓
1/ Tìm các kho ng n i u c a th hàm s (C).
ng th ng y = kx + 2k + 1 c t (C) t i hai i m phân bi t A và B sao cho
2/ Tìm k
A, B cách u tr c hoành.
Câu 2 (6 điểm).
1/ Tìm nghi m x ∈ [ 0; π ] c a ph ng trình sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0
✑
✍
✒
✍
✔
✍
✎
✏
✌
✓
✍
✍
✕
✛
✍
✖
✗
✘
✙
✚
✍
✕
✜
✓
✢
✣
2/ Gi i ph
✑
✖
✤
ng trình log 2 ( x + 6 ) + log 2 2 x 2 = 1 + log16 ( x 2 + 3x )
3
4
✒
✓
3/ Gi i h ph
✑
✖
4
ng trình:
✒
3
y −1
.( y + 1)
2 x + x =
16
x 2 − y + 3x + 1 = 0
Câu 3 (4 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có áy ABCD là hình thang ( AD / / BC ), H là trung i m
c a AB . Bi t r ng tam giác SAB u c nh 2a và n m trong m t ph ng vuông góc v i áy,
SC = a 5 và kho ng cách t D t i m t ph ng ( SHC ) b ng 2a 2 .
1/ Tính kho ng cách t S t i m t ph ng ( ABCD ).
2/ Tính th tích kh i chóp S . ABCD .
Câu 4 (4 điểm).
Trong m t ph ng v i h t a
Oxy cho tam giác nh n ABC. G i E; F l n l t là
ng cao h t B và C. Bi t nh A(3; -7); trung i m c a BC là M(-2; 3);
ng
chân
2
2
tròn ngo i ti p tam giác AEF có ph ng trình là: ( x − 3) + ( y + 4) = 9 .
1/ Tìm t a tr c tâm c a tam giác ABC.
2/ Xác nh t a
nh B; C.
Câu 5 (2điểm).
Tìm m ph ng trình sau có nghi m: 5 x 2 + 20 x + 30 = m ( 2 x + 5) x 2 + 5
✍
✔
✥
✦
✍
✑
✩
✛
✚
★
✑
✧
✩
✕
✍
✦
✘
★
✧
✘
✕
★
✍
✦
✧
✘
✌
✓
✧
✍
✖
✘
✗
✚
✚
★
✪
✩
✍
✥
✥
✍
✖
✪
✍
✍
✏
✫
✫
✯
✪
✪
✮
✍
✕
✪
✔
✬
✖
✍
✭
✖
✗
✒
✔
✍
✫
✍
✮
✓
✍
✕
✖
✒
----------------------- H T -----------------------✰
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Hä, tªn thÝ sinh: ..............................................................., SBD .......................................................
Hä, tªn gi¸m thÞ 1: ...........................................; Hä, tªn gi¸m thÞ 2: ................................................
✡
Ư
H
NG D N CH M MÔN TOÁN
✁
✟
✄
Câu
Câu 1
Ý
1
✂
nh D = \ {−1}
☎
T p xác
✍
✏
✌
✍
✎
✥
1,0
✑
2x +1
= kx + 2k + 1
x +1
c v : kx 2 + x(3k − 1) + 2k = 0 (1)
Bi n i
pt (1) có hai nghi m phân bi t thì k 2 − 6k + 1 > 0 (*)
Xét pt hoành
✥
✆
✍
✍
✖
✍
i m
1,0
ng bi n trên các kho ng (−∞; − 1) ; (−1; + ∞)
☎
V y hàm s
✝
✄
1
> 0, ∀x ∈ D
( x + 1)2
y, =
2
N i dung
giao i m
✫
✍
✭
✕
✛
✓
1,0
✓
✕
Các giao i m A( x1 ; y1 ); B ( x2 ; y2 ) , v i y1 = kx1 + 2k + 1; y2 = kx2 + 2k + 1
A, B cách u Ox thì y1 = y2 ⇔ y1 = − y2 (Lo i tr ng h p y1 = y2 vì
khi ó x1 = x2 , mà A, B phân bi t).
✞
✍
✕
✝
✕
✍
✛
✚
✖
✗
✭
✓
0, 5
✍
y1 = − y2 ⇔ y1 + y2 = 0 ⇔ k ( x1 + x2 ) + 4k + 2 = 0
S d ng
✟
Câu 2
✜
✍
✏
nh lý Viet cho pt (1) ta
3
log 2 ( x + 6 ) + log 2
4
1
✝
i u ki n xác
✓
✛
Bi n
✥
✆
✍
it
✖
✍
ng
✒
✏
✍
2
✍
✑
2
c k = −3 (Th a mãn (*)). KL….
✠
✭
x 2 = 1 + log16 ( x 2 + 3x )
4
0,5
nh x > −6; x ≠ 0; x ≠ −3
✖
✒
ng chuy n
✕
✍
✖
cv :
✭
✛
log 2 ( x + 6 ) = log 2 2 x + 3
Gi i ra tìm
✖
0,5
1,0
0,5
c x = −4 , th a mãn i u ki n. KL…..
✓
✍
✖
✭
✠
✍
✛
Gi i ph ng trình: sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0
Thay cos 2 x = 1 − 2 sin 2 x , a v :
✑
✖
✒
✍
✖
✛
2sin x + sin x(2 cos x + 3) − cos x − 2 = 0
2
1
s inx =
⇔
2
s
inx
=
-cos
x−2
+ V i s inx =
★
1
s inx =
⇔
2
s
inx
+
cos
x = −2
1,0
π 5π
1
có các nghi m trong kho ng c n tìm là ; .
2
6 6
✓
✑
✬
π
+ s inx+ cos x = −2 , vô nghi m vì s inx+ cos x = 2 cos( x − ) ≤ 2
4
✓
3
K: y ≥ 1
(1) ⇔ 4(2 x 3 + x) = y − 1.( y + 1) ⇔ 2 x(4 x 2 + 2) = y − 1.( y + 1) (3)
Xét hàm s f (t ) = t (t 2 + 2) trên R, ch ra f(t) ng bi n trên R.
PT (3) ⇔ f (2 x) = f ( y − 1) ⇔ 2 x = y − 1 ⇔ y = 4 x 2 + 1 , th vào (2) ta
0,5
0,5
✝
✌
✮
✍
✎
✥
✥
✍
✖
✭
☎
x = 0 ⇒ y = 1(TM )
x = 1 ⇒ y = 5(TM )
c pt −3x 2 + 3x = 0 ⇔
✓
✓
V y h có 2 nghi m (0;1) và (1;5)
1,0
1,0
Câu 3
1
c tâm t ngo i ti p tam giác AEF: I(3; -4); bán kính R = 3.
Tìm
Ch ra
c t giác AEHF n i ti p trong
ng tròn
ng kính AH.
c H(3; -1).
T ó H i x ng v i A qua tâm I, tìm
✍
✖
✭
✮
✍
✩
2
✍
✖
✍
✚
✥
✭
✍
✫
✌
✥
✍
★
✍
✖
✖
✗
✍
✖
✗
✭
✝
ng th ng BC qua M, vuông góc v i AH, có pt: y = 3.
G i B(b; 3) suy ra C(- 4 – b; 3)
Do
H là tr c tâm c a tam giác nên ta có:
uuur uuur
✖
✗
✘
1,0
★
1,0
1,0
✪
✯
✔
0,5
HB. CA = 0 ⇔ (b + 7)(b − 3) − 40 = 0
c b = −2 ± 65 , t ó t a
i m B, C c n tìm là:
B1 (−2 + 65;3); C1 (−2 − 65;3) và B2 (−2 − 65;3); C2 (−2 + 65;3) .
Gi i ra tìm
✑
Câu 4
1
✍
✖
✭
✩
✍
✪
✍
✫
✍
✕
✬
0,5
S
A
D
H
C
B
K SH vuông góc v i AB, suy ra H là trung i m c a BC
c SH = a 3 .
Tính
Theo gt ( SAB) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD) , t ó d ( S , ( ABCD)) = SH
KL….
✁
★
✍
✖
✍
✔
1,0
1,0
✭
✩
2
✕
✍
1
2
1
M t khác VS .HCD = VD.SHC = d ( D; SHC ). S SHC
3
Xét tam giác SHC vuông t i H, SC = a 5; SH = a 3 suy ra HC = a 2 .
Ch ng minh
✍
✖
✭
c S HCD = S ABCD , suy ra VS . ABCD = 2VS .HCD
✧
0,5
0,5
✚
Tính
✍
✖
✭
Thay s tính
✌
1
2
a2 6
2
4 3.a 3
( VTT)
=
3
c S SHC = .SH .HC =
✍
✖
✭
c VS . ABCD
✝
0,5
0,5
Câu 5
Bi n
✥
i pt: ( 2 x + 5 ) + x 2 + 5 = m ( 2 x + 5 ) x 2 + 5 (1)
2
✆
✍
Nh n th y x = −
☎
✡
5
không là nghi m c a pt, chia hai v
2
✓
✔
✥
0,5
cho ( 2 x + 5 ) x 2 + 5
2x + 5
(2) ⇔
✝
+
x2 + 5
=m
2x + 5
x2 + 5
2x + 5
2x + 5
t 2
= t ; Xét f ( x ) =
x +5
x2 + 5
2x + 5
2x + 5
lim
lim
=2
= −2
2
2
x →+∞
x →−∞
x +5
x +5
10 − 5 x
f '( x) =
Xét f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 2
3
x2 + 5
✧
)
(
c t ∈ [ −2;3] \ {0}
☎
L p b ng bt c a f(x) và ch ra
✑
✔
Xét g ( x ) = t +
✮
1
t
✍
✖
0,5
✭
( v i t ∈ (( −2;3] \ {0}) );
★
1
t2
g '( x) = 1 −
t = 1
t = −1
Xét g ' ( x ) = o ⇔ t 2 = 1 ⇔
-2
t
f '( x)
-1
+ 0 -
f ( x)
0,5
0
-
-2
1
0
3
+
5
2
+∞
−∞
2
5
−
2
0,5
V y m c n tìm là m ∈ ( −∞; − 2] ∪ [ 2; +∞ )
☎
✬
✝
M i l i gi i úng
☞
✁
✂
✂
✄
u
✂
c xem xét và cho i m t
−−−−−H T −−−−−
☎
✆
✂
✠
☎
ơ
ng ng.
✟
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2013 – 2014
Môn thi: TOÁN
Lớp 12 BỔ TÚC THPT
Ngày thi: 21/03/2014
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 01 trang, gồm có 5 câu
ĐỀ CHÍNH THỨC
Số báo danh
........................
Câu I (4,0 điểm).
Cho hàm số y 2 m x3 6mx 2 9 2 m x 2 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m = 1.
2. Tìm m để đường thẳng d: y = - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; -2), B và
C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 .
Câu II (4,0 điểm).
1. Giải phương trình: 3cos 4 x 2sin 2 x 2 0 .
x x 8 y x y y
x y 5
2. Giải hệ phương trình:
( x; y R ).
Câu III (4,0 điểm).
1. Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
2
2. Giải phương trình log x 1 2 log
4
3
2
4 x log 8 4 x .
Câu IV (4,0 điểm).
1. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2 2) n ,
biết: An3 8Cn2 Cn1 49, (n N , n 3) .
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 60o.
Câu V (4,0 điểm).
1. Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a,
góc BAD 60o . 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 trị 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.
………………………………..HẾT…………………………………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
Câu
I
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2013 – 2014
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
( Đề chính thức )
Lớp 12 BỔ TÚC THPT
Ngày thi: 21/03/2014
Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang.
Ý
1
Nội dung
Khảo sát....
Khi m = 1
y x3 6 x 2 9 x 2
TXĐ: D = R
lim ( x 3 6 x 2 9 x 2) , lim ( x 3 6 x 2 9 x 2)
x
Điểm
(4,0 điểm)
(2,0 điểm)
0,50
x
x 1
y ' 3 x 2 12 x 9 0
x 3
BBT:
x
-
y/
1
+
0
2
3
-
+
0
0,50
+
+
y
-
-2
Hàm số đồng biến: (- ; 1),(3;+ )
Hàm số nghịch biến: (1;3)
fCĐ = f(1) = 2
fCT = f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0 x 2 =>y=0
Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng
2
0,50
0,50
Tìm m để đường thẳng d: y= - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và
(2,0 điểm)
C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 .
Phương trình hoành độ giao điểm là:
2 m x3 6mx 2 9 2 m x 2 2
2 m x3 6mx 2 9 2 m x 0 (1)
x 2 m x 2 6mx 9 2 m 0
x 0
2
2 m x 6mx 9 2 m 0 2
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:
9m2 9 2 m 2 0
m 1
m 2
2 m 0
Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB xC (xB; xC là hai nghiệm của
phương trình (2)).
0,50
0,50
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + 2 = 0 => h = 2
Theo bài ra ta có
1
2
S OBC h.BC 13 BC 13 xB xC 4 xB xC 13(3)
2
6m
xB xC
Theo định lý viét ta có:
2 m (4)
xB xC 9
14
2
m
6m
Thay (4) vào (3) ta được:
13 (tm)
36 13
2m
m 14
II
1
2
Giải phương trình: 3cos 4 x 2sin x 2 0 .
2
Phương trình 3 2cos 2 x 1 1 cos 2 x 2 0
2
6cos 2 x cos 2 x 2 0
1
cos
2
x
2
cos 2 x 2
3
1
2
x
arccos(
) k
2
3
(k Z ) là nghiệm.
x k
6
2
x x 8 y x y y
Giải hệ phương trình:
( x; y R ).
x y 5
ĐK: x 0; y 0
Hệ phương trình tương đương với:
x 1
(x 1) x (y 8) y
x(x 1) 2 y(y 8) 2
y x 5
y x 5
x 1
x 1
y x 5
x 9
y x 5
y 4
3x 2 22x 45 0
x 9; x 5
3
x 9
Từ đó, hệ có nghiệm duy nhất:
y 4
III
1
0,50
0,50
(4,0 điểm)
(2,0 điểm)
0,50
0,50
0,50
0,50
(2,0 điểm)
0,50
0,75
0,50
0,25
(4,0 điểm)
Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5. Tìm (2,0 điểm)
giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
a.m b.n c.p (a 2 b 2 c 2 )(m 2 n 2 p 2 ) m 2 n 2 p 2
A a.m b.n c.p m.n n.p p.m m.n n.p p.m m 2 n 2 p 2 .
0,50
Đặt: m.n + n.p + p.m = t.
Ta có: m.n n.p p.m 1 (m n p)2 25 hay t 25
3
3
3
2
2
2
2
Và: m + n + p = (m + n + p) – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t.
Vậy A 25 2t t f (t) .
1
Ta có: f (t) 1
0, t 25 f(t) tăng trên ; 25
3
3
25 2t
0,50
A f (t) f 25 25 5 25 5 3 .
3
3
3
3
m n p 5
3
Đẳng thức xảy ra khi:
1
a b c
3
0,50
Vậy: max A 25 5 3 đạt được khi m n p 5 và a b c 1 .
3
3
3
2
2
Giải phương trình
log 4 x 1 2 log
2
4 x log 8 4 x
0,50
3
x 1 0
4 x 4
Điều kiện: 4 x 0
x 1
4 x 0
(2,0 điểm)
0,50
(2) log 2 x 1 2 log 2 4 x log 2 4 x log 2 x 1 2 log 2 16 x 2
log 2 4 x 1 log 2 16 x 2 4 x 1 16 x 2
0,50
x 2
+ Với 1 x 4 ta có phương trình x 2 4 x 12 0
x 6 lo¹i
0,50
x 2 24
+ Với 4 x 1 ta có phương trình x 2 4 x 20 0
x 2 24 lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2 hoặc x 2 1 6
IV
1
Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2 2) n ,
biết:
0,50
(4,0 điểm)
(2,0 điểm)
An3 8Cn2 Cn1 49, (n N , n 3) .
An3 8 C n2 C n1 49 n ( n 1)( n 2 )
8 n ( n 1)
n 49
2
n3 7n 2 7n 49 0 n 7
0,75
7
Khi đó: ( x 2 2) n ( x 2 2) 7 C 7k x 2( 7 k ) 2 k
k 0
0,50
8
Số hạng chứa x là 2(7 k ) 8 k 3
Hệ số của x8 là C73 .23 280 .
0,25
0,50
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
(2,0 điểm)
phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60o.
x 3
3x 4y 25 0
7
I 3 ; 83 .
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
7 14
15x
8y
41
0
83
y
14
2
2
Gọi là đường thẳng cần tìm, n (A; B) (A + B > 0) là véc-tơ pháp tuyến của
.
Khi đó, do Ox có véc-tơ pháp tuyến j (0;1) nên từ giả thiết bài toán ta có:
|B|
cos 60o cos n; j 1
A2 + B2 = 4B2 A2 = 3B2.
2
2
2
A B
Do A2 + B2 > 0 nên chọn A = 3 B 3 .
V
1
0,50
0,50
0,25
Với A = 3, B 3 Phương trình : 3 x 3 3 y 83 0
7
14
3x 3y 9 83 3 0 42x 14 3y 18 83 3 0 .
7
14
Với A = 3, B 3 Phương trình : 3 x 3 3 y 83 0
7
14
3x 3y 9 83 3 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
(4,0 điểm)
Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc (2,0 điểm)
BAD 60o . 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 trị cos BMD .
0.50
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.
2
Ta có: SH a 3 ; SABCD a 2 sin 600 a 3 .
2
2
3
Do đó: V 1 SABCD .SH a (đvtt).
3
4
MBD cân tại M, MH là đường phân giác của góc BMD .
Đặt BMD 2 .
Trong SAC, MH là đường trung bình MH SA .
2
AH a 3 SH SHA vuông cân tại H SA a 3 MH a 3 .
2
2
2 2
2
0.50
0.50
Trong BMH ta có tan tan BMH BH 2 .
MH
3
1
0.50
9 cos 2 2 cos 2 1 1 .
Từ đó: cos 2
5
1 tan 2 15
Vậy: cos BMD 1 .
5
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 (2,0 điểm)
C, D.
+ Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P)
0,50
AB(1;1;5), CD (4;2;2) AB, CD (12;18;6) n (2;3;1) là 1 vtpt của (P)
Pt (P) là 2( x 1) 3( y 1) 1( z 1) 0 2 x 3 y z 2 0
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
0,50
AB(1;1;5), AM (4;2;0) AB, AM (10;20;6) n(5;10;3) là 1 vtpt của (P)
PT(P) là 5( x 1) 10( y 1) 3( z 1) 0 5 x 10 y 3 z 8 0
0,50
Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0.
---------------- Hết ---------------Chú ý:
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.
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 14 tháng 09 năm 2014
Câu 1 (5.0 điểm)
1. Cho hàm số: y
3x 2m
(Cm ) với m là tham số. Chứng minh rằng, với mọi m khác 0 đồ thị
mx 1
hàm số luôn cắt đường thẳng d: y 3x 3m tại hai điểm phân biệt A, B. Xác định m để đường thẳng d
cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại C, D sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 lần diện tích tam giác OCD.
2. Cho hàm số: y x 2 (x 2 a) với a là tham số. Chứng minh rằng, đồ thị hàm số đã cho có ba
điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi a 2.
Câu 2 (5.0 điểm)
1. Giải phương trình: cosx 3(sin 2x sinx) 4 cos2x cosx 2 cos2 x 2 0
(x y)(x 2 xy y 2 2) 6 ln y y 2 9
2. Giải hệ phương trình:
3 2x y 34 3 2y x 3 1
x 2 9 x 12 ln 3
Câu 3 (3.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần lượt là:
d1 : x 2y 2 0, d2 : 3x 3y 6 0 và tam giác đều ABC có diện tích bằng
3 và trực tâm I thuộc
d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ giao điểm của d1 và
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương.
Câu 4 (2.0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc tạo bởi đường cao SH của hình
chóp và mặt bên bằng . Tìm để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất biết a cố định, thay đổi.
Câu 5 (3.5 điểm)
1. Tính S C02014 2C12014 3C22014 2014C2013
2015C2014
2014
2014
2. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một
số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
Câu 6 (1.5 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn: x y z xyz và x 1,y 1,z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: P
x 1 y 1 z 1
2 2
y2
z
x
-------------------------- Hết --------------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..................................................
Số báo danh:....................................
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015
Môn: TOÁN; Khối 12
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
Câu
Đáp án
1
1. (3.0 điểm) Xác định m …
(5.0 điểm) Hoành độ giao điểm của d và (C ) là nghiệm của phương trình:
m
1
3x 2m
x
do m 0
3x 3m
m
mx 1
g(x) 3x 2 3mx 1 0 (1)
d cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1/ m
Điểm
1.0
1
3
g 0
2 1 0
m
m
(luôn đúng)
0
9m2 12 0
Vậy d luôn cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0.
Giả sử A(x A ; 3x A 3m),B(x B ; 3x B 3m) với x A ,x B là hai nghiệm của (1)
Do đó: x A x B m và x A x B 1 / 3.
Ta có: AB (x B x A )2 (3x B 3x A )2 10(x B x A )2
40
10(x A x B ) 40x A x B 10m
3
1
1 3m
40
Suy ra: SOAB d(O; AB).AB
10m2
2
2 10
3
Mặt khác ta có: C(m; 0),D(0; 3m) với m 0 .
1.0
1
1
Tam giác OCD vuông tại O SOCD OC.OD m . 3m
2
2
1 3m
40
SOAB 2SOCD
10m2
m . 3m
2 10
3
0.5
2
2
40
2
2 10 m m
3
3
2. (2.0 điểm) Chứng minh rằng đồ thị hàm số có ba điểm cực trị …
TXĐ: D ; y ' 4x 3 2ax 2x(2x 2 a)
Hàm số có ba điểm cực trị y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt a 0 (* )
0.5
10m2
x 0
y0
Khi đó: y ' 0
a
a2
x
y
2
4
Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:
a a2 a a2
A(0; 0), B
; , C
;
2
2
4
4
a4 a
a
Ta có: AB AC
; BC 2
2a
16 2
2
Do tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC là một tam giác nhọn khi và chỉ
0 AB2 AC2 BC2 0
nhọn cosA
khi A
0.5
0.5
0.5
a 0
a4
a 2a 0 a(a3 8) 0
a 2 (thỏa mãn (*)) (đpcm)
8
a 2
0.5
2
1. (2.5 điểm) Giải phương trình:
(5.0 điểm)
PT cosx 2 cos2 x 3 sinx(2 cosx 1) 4 cos2x cosx 2(2 cos2 x 1) 0
cosx(2 cosx 1) 3 sinx(2 cosx 1) 2 cos2x(2 cosx 1) 0
(2 cosx 1)(cosx 3 sinx 2 cos2x) 0
1.5
1
2
cosx x
k 2
2
3
cosx 3 sin x 2 cos2x (* )
Giải (*)
1
3
cosx
sinx cos2x cos x cos2x
2
2
3
x 3 2x k 2
x 3 2 k
x 2x k 2
x k 2
3
9
3
2. (2.5 điểm) Giải hệ phương trình:
Điều kiện: x,y .
y
PT(1) x y 2x 2y 6 ln
3
1.0
y2 9 x2 9 x2
3
x x 9
2
6 ln 9
y 9
x 2x 6 ln x x 9 y 2y 6 ln y
Xét hàm số: f (t) t 2t 6 ln t t 9 với t
0.5
x y 2x 2y 6 ln y y 9 6 ln x x 9
3
3
3
2
2
2
3
3
2
2
2
2
3 t 2
t2 9
t2 9 3
2
2
Xét hàm số: g(u) u
với u 0
u 9 3
6
f '(t) 3t 2 2
g'(u) 1
1
(u 9)3
1
1
93
1.0
0
Hàm số g(u) đồng biến trên [ 0; ) g(u) g(0) 0
Suy ra: f '(t) 3g(t 2 ) 0 Hàm số f(t) đồng biến trên .
Mà (1) f (x) f (y) x y
Thay x y vào PT (2) ta được:
3
x 34 3 x 3 1 3 x 34 3 3 x 1
x 34 3 x 3 3 (x 34)(3 x)
3
x 34 3 3 x 1
37 3 (x 34)(3 x) 1 x 31x 102 12
3
3
0.5
2
x 61
x 2 31x 102 1728 x 2 31x 1830 0
x 30
Thử lại ta thấy x 61;x 30 là nghiệm của phương trình.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (30; 30),(61; 61).
0.5
3
Tìm tọa độ giao điểm …
(3.0 điểm) Gọi M AI BC.
Giả sử AB x (x 0), R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội
tiếp tam giác ABC.
Do tam giác ABC đều nên SABC
x
2
3
3
x
2
1.0
3
x2
4
4
Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiệp và nội tiếp
1
1
3
tam giác ABC r IM AM 3
3
3
3
Giả sử I(2a 2;a) d1 (a 1)
Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: d(I; d2 ) r
1.0
62 6
3
a
1(loaïi )
3a 6 6 6
3
3
a 2 (tm)
3(2a 2) 3a 6
99
Suy ra: I(2; 2)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R
phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là:
4
(x 2)2 (y 2)2
3
Tung độ giao điểm của d1 và (C) là nghiệm của phương trình:
2
2 3
AM
3
3
1.0
4
4
(y 2)2
3
15
4
(2y 2 2)2 (y 2)2
y 2
2
x 2
15
4
(3.0 điểm)
15
2
4
2
4
;2
;2
Vậy tọa độ giao điểm của d1 và (C) là: 2
, 2
15
15
15
15
Tìm để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất.
Do hình chóp đều nên H là giao
điểm của AC và BD.
Gọi M là trung điểm của CD
CD (SHM) (SHM) (SCD)
SM là hình chiếu của SH lên mặt
phẳng (SCD) .
Vậy HSM
với 0
2
2
2
Đặt SH h HC a h2
S
φ
1.0
A
D
M
H
B
C
HM (a2 h2 ) / 2 và BC 2(a2 h2 )
Tam giác SHM vuông tại H nên tan
HM
a2 h2
SH
2h
2h2 tan2 a2 h2 h2 (1 2 tan2 ) a2 h
Suy ra: BC2 2 a2 h2 4h2 tan2
4a2 tan2
1 2 tan2
a
1 2 tan2
1.0
1
1
4a3 tan2
Vậy VS.ABCD SH.BC2
3
3 (1 2 tan2 )3
Đặt t 1 2 tan2 với t (1; ) tan2
Xét hàm số: f (t)
t 1
2a3 t 1
VS.ABCD
2
3 t t
2a3 t 1
trên (1; )
3 t t
3
t t 2 t (t 1)
a
a3 (3 t)
f '(t)
; f '(t) 0 t 3
3
3 2t 2 t
t3
Bảng biến thiên:
3
1
f’
+
0
(t
)
f (3)
f(
Vậy
t)
0
0
3
VS.ABCD max=max f (t)
4a3
(1: )
1.0
khi t 3 tan 1 45o.
9 3
5
1. (1.5 điểm) Tính …
(3.5 điểm)
Ta có: (1 x)2014 C02014 C12014x C22014x2 C2013
x2013 C2014
x2014
2014
2014
0.5
x(1 x)2014 C02014x C12014x2 C22014x3 C2013
x2014 C2014
x2015
2014
2014
Lấy đạo hàm hai vế ta được:
(1 x)2014 2014(1 x)2013 .x
0.5
C 2C x 3C x 2014C x 2015C x
Lấy x 1 ta được:
22014 2014.22013 C02014 2C12014 3C22014 2014C2013
2015C2014
2014
2014
0
2014
1
1
2014
2
2
2014
2013 2013
2014
2014 2014
2014
22014 2014.22013 S S 1008.22014
2. (2.0 điểm) Có bao nhiêu số …
Số phần tử của không gian mẫu là: 95.
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là C 39
Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách.
Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có: C35 cách.
Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách.
Số các số thỏa mãn TH1 là: 3.C35 .2 60 (số)
▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách.
Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có: C52 cách.
Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có: C32 cách.
Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách.
0.5
0.5
0.5
0.5
Số các số thỏa mãn TH2 là: 3.C52 .C32 .1 90 (số)
Do đó: A (90 60).C39
Vậy P(A)
A
(90 60).C39
95
0, 213
6
Tìm giá trị lớn nhất của k …
(1.5 điểm) Ta có:
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 (1)
P
y2
z2
x2
x y z x y z
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1
Mà:
y2
z2
x2
1 1
1 1
1 1
x 1 2 2 y 1 2 2 z 1 2 2
x z
x y
y z
2
2
2
x 1
y 1 z 1
( 2)
xy
yz
xz
0.5
0.5
0.5
1
1 1 1 1 1 1
1 1
2 2 2 2 (3)
x y z x y z
xy yz zx
1 1 1
1
1 1
Ta có: 2 2 2
1 (4)
xy yz zx
x y z
Từ (1) và (2) suy ra: P
2
1 1 1
1
1
1 1 1 1
3 3 (5)
x y z
xy yz zx x y z
Từ (3), (4), (5) suy ra: P 3 1 2 3 1.
Vậy GTNN của P là
3 1. Dấu “=” xảy ra khi x y z 3.
0.5
0.5
☎
S
GIÁO D C VÀ ÀO T O
C
BÌNH PH
✁
✂
✠
K THI CH N H C SINH GI I C P T NH THPT
N M H C 2013 - 2014
✄
✆
✡
✆
✝
☛
✟
✆
Môn: Toán
Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian giao
Ngày thi: 03/10/2013
2x − 3
(1)
Câu I:(THPT:4,0 i m; GDTX: 4,0 i m) Cho hàm s : y =
x−2
☞
THI CHÍNH TH C
( thi có 01 trang)
✞
✌
✎
✍
✒
✏
✓
✔
✏
)
✑
✖
✖
✕
✕
✗
th (C ) c a hàm s (1).
1. Kh o sát s bi n thiên và v
2. Vi t ph ng trình ti p tuy n c a (C ) , bi t ti p tuy n ó c t
ngang l n l t t i A, B sao cho AB = 2 IB , v i I (2, 2) .
Câu II:(THPT:5,0 i m; GDTX: 6,0 i m)
✘
✙
✚
ư
✚
✛
ơ
✚
✬
ư
✭
✜
✢
✣
✚
✤
✗
✤
✚
✚
✮
✚
✜
✧
ư
2. Gi i ph
✘
ư
✩
✪
✜
ng và ti m c n
✫
✩
✪
✖
(x, y ∈ ).
ơ
sin 2x + 3tan 2x + sin 4 x
= 2.
tan 2 x − sin 2 x
ng trình:
ơ
ng ti m c n
★
✕
2
x − y)
(
2x +1 + 2y +1 =
2
1. Gi i h ph ng trình:
( x + y)( x + 2y) + 3x + 2y = 4
✩
ư
✯
✖
✕
✘
✜
✖
✖
✕
✕
Câu III:(THPT:4,0 i m; GDTX:4,0 i m)
1. Trong m t ph ng v i h tr c t a
Oxy , cho hình ch nh t ABCD có A(5, −7) , i m C thu c
vào
ng th ng có ph ng trình: x − y + 4 = 0 .
ng th ng i qua D và trung i m c a o n
c a B và C , bi t i m B có hoành d ng.
AB có ph ng trình: 3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm t a
2. Cho tam giác nh n ABC n i ti p
ng tròn (O, R ) . G i P, Q l n l t là các i m di ng trên
✰
✜
ư
✱
★
✯
✩
✱
ư
✲
ư
✳
✜
✴
✵
ơ
✷
ơ
✳
✳
✴
✚
✜
ư
✜
ư
✴
✪
★
✜
✱
✜
✜
✤
✚
★
✶
✳
✜
✬
✶
✶
ư
✴
✤
✜
✭
✜
✶
✜
✴
ư
✜
✮
ơ
✴
cung nh AB , AC sao cho P, Q, O th ng hàng. G i D , E l n l t là hình chi u vuông góc c a
ng th ng BC , AB t ng ng và D ', E ' l n l t là hình chi u vuông góc c a Q lên
P lên các
các
ng th ng BC , AC . G i K là giao i m c a hai
ng th ng DE và D ' E ' . Tìm giá tr l n
nh t c a di n tích tam giác KDD ' (theo R ).
Câu IV:(THPT:3,0 i m; GDTX:3,0 i m) Cho hình chóp S . ABCD có áy ABCD là hình ch nh t,
tam giác SAB u c nh a và n m trong m t ph ng vuông góc v i áy. Góc gi a m t ph ng ( SCD) và
m t ph ng áy b ng 600 .
1. Tính th tích kh i chóp S . ABCD theo a .
2. Tính kho ng cách gi a hai
ng th ng SA và DB theo a .
Câu V:(THPT:2,0 i m; GDTX:3,0 i m) Cho a, b, c là ba s d ng. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c:
1
2
P=
−
a 2 + b 2 + c 2 + 1 ( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 )
✸
✱
✜
✜
ư
✹
ư
★
★
✱
ư
✱
✤
ơ
✳
✬
✫
✳
✬
✜
✶
✤
ư
✜
ư
ư
✭
✚
✭
✤
✚
★
✤
✱
✣
✩
✖
✖
✕
✕
✜
✜
✰
✱
✺
✜
✮
✻
✰
✱
✯
✜
✵
✰
✪
✱
✗
✘
✵
✖
✜
✕
ư
★
✱
✖
✕
✗
Câu VI:(THPT:2,0 i m) Cho dãy s (un )
✗
✜
ư
✭
c xác
✜
ư
ơ
✣
u
u1
u
+ 2 +L+ n . Tìm lim vn .
1 − u1 1 − u2
1 − un
Xét dãy s vn =
✗
------------------H T-----------------• Thí sinh không
c s d ng tài li u.
• Giám th không gi i thích gì thêm.
L u ý: i v i thí sinh h c t i các trung tâm GDTX thì không làm câu VI.
✼
✕
✽
✾
✿
❁
❀
❂
❃
❇
❄
❉
❈
✣
✯
✹
✤
✶
2
u1 =
2013
nh:
.
2
u (2 − 9u ) = 2u (2 − 5u ), ∀n ≥ 1
n +1
n +1
n
n
✖
✕
❆
✵
✻
✶
❅
✯
✫
☎
S
GIÁO D C VÀ ÀO T O
C
BÌNH PH
(H ng d n ch m có 06 trang)
✁
✂
☎
ư
✯
☞
✆
H
NG D N CH M THI CH N H C SINH GI I
C P T NH THPT N M H C 2013 – 2014
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 03/10/2013
✄
✆
✝
❅
✌
✟
✟
✠
☛
✞
✹
✞
✡
✟
I V I THÍ SINH THPT
L i gi i
✍
Câu
I
Ý
1
✑
✎
✏
Cho hàm s : y =
❆
2x − 3
. Kh o sát s bi n thiên và v
x−2
✔
✒
✕
✓
✖
✗
✙
❆
th (C) c a hàm s .
✘
TX : D = R \ {2}
0,25
✷
lim y = 2
⇒ ph
x →±∞
lim y = −∞;lim y = +∞
x → 2−
−1
( x − 2)
ư
⇒ ph
x → 2+
y/ =
ng trình
ơ
ư
✜
ng trình
ơ
ư
✜
ư
★
ng TC : x = 2
✷
0,5
⇒ Hàm s ngh ch bi n trên t ng kho ng xác
Hàm s không có c c tr .
B ng bi n thiên:
✗
✣
✚
✗
✘
0,5
ng TCN: y = 2
★
< 0 ∀x ∈ D
2
✚
✙
✘
✜
✣
nh.
✣
0,25
✚
0,25
Giao i m v i tr c tung: A(0; 3/2)
Giao i m v i tr c hoành: B(3/2;0)
th :
✷
✢
✜
✶
✯
✲
✜
✶
✯
✲
i m
2,0
✂
0,25
✣
✎
2
ng ti m
Vi t ph ng trình ti p tuy n c a (C), bi t ti p tuy n ó c t
c n ng và ti m c n ngang l n l t t i A, B sao cho AB = 2IB , v i
I(2;2).
✛
✧
✜
✤
★
ơ
✛
✦
✧
✛
✣
✩
✛
✜
✪
✫
✛
✛
✤
✥
✤
✜
✦
✬
2,0
2 x0 − 3
G i M x0 ;
∈ (C )
−
x
2
0
0,5
✳
PTTT c a (C) t i M: y = −
✤
✮
1
( x0 − 2 )
2
2 x02 − 6 x0 + 6
x+
( x0 − 2 )
2
Do AB = 2 IB và tam giác AIB vuông t i I ⇒ IA = IB nên h s góc c a ti p
−1
tuy n k = 1 ho c k = -1. vì y / =
< 0 nên ta có h s góc ti p tuy n k =
2
( x − 2)
-1.
✮
✚
✰
( x0 − 1)
2
⇒ có hai ph
ư
II
ơ
✒
❄
✗
✤
✚
✚
ơ
✚
0,5
ng trình ti p tuy n:
y = −x + 2 ; y = − x + 6
✚
✚
2,5
(1)
x, y ∈
(2)
1
x ≥ − 2
k:
y ≥ − 1
2
✷
0,5
0,5
2
x − y)
(
2x +1 + 2y +1 =
2
ng trình:
( x + y)( x + 2y) + 3x + 2y = 4
1
Gi i h ph
✩
✗
x0 = 1
= −1 ⇔
x0 = 3
−1
⇔
✩
0,5
x + y −1 = 0
Pt(2) ⇔ x 2 + ( 3 y + 3 ) x + 2 y 2 + 2 y − 4 = 0 ⇔
x + 2 y + 4 = 0 (loai )
( x + y)
2 y +1 =
Pt(1) ⇔ 2 x + 1 +
2
1,0
1,25
− 4 xy
2
( x + y )2 − 4xy
⇔ 2 ( x + y ) + 2 + 2 4xy + 2 ( x + y ) + 1 =
2
2
⇔ 8 4xy + 3 = ( 4 xy + 3)( 4 xy − 5)
4 xy + 3 = 0
⇔
2
( 4xy − 5) 4xy + 3 = 8 (loai) (do 1 = ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4xy − 5 < 0)
1
3
x=
x + y = 1 x = −
2
2
H ã cho t ng
ng:
∨
3⇔
xy = − 4
y = 3
y = − 1
2
2
1 3 3 1
V y h ph ng trình có 2 nghi m: − ; , ; −
2 2 2 2
✩
✜
ư
✪
2
✩
ư
✒
Gi i ph
❄
ơ
✜
ư
ơ
ơ
✩
ng trình:
ơ
0,75
sin 2x + 3tan 2x + sin 4x
=2
tan 2x − sin 2x
cos 2 x ≠ 0
k:
(*)
tan 2 x − sin 2 x ≠ 0
Pt t ng
ng:
2,5
0,5
✷
ư
ơ
✜
ư
ơ
0,75
3 sin 2 x + tan 2 x + sin 4 x = 0
⇔ 3sin 2 x cos 2 x + sin 2 x + sin 4 x cos 2 x = 0
⇔ ( cos 2 x + 1)( sin 2 x + sin 4 x ) = 0
π
x = 2 + kπ
cos 2 x = −1
cos 2 x + 1 = 0
π
⇔
⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x = k
2
sin 4 x + sin 2 x = 0
1
cos 2 x = −
x = ± π + kπ
2
3
Nghi m x = ±
π
ư
✸
3
ng trình có 2 h nghi m: x = ±
ơ
✳
π
✩
❇
III
0,5
+ kπ th a mãn (*)
✩
Ph
0,75
✖
3
+ kπ
✄
☎
Trong m t ph ng v i h tr c t a
Oxy , cho hình ch nh t ABCD có
ng th ng có ph ng trình: x − y + 4 = 0 .
A(5, −7) , i m C thu c vào
ng th ng i qua D và trung i m c a o n AB có ph ng trình:
c a B và C , bi t i m B có hoành
d ng.
3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm t a
G i C ( c; c + 4 ) ∈ d1 , M là trung i m AB, I là giao i m c a AC và d2: 3x – 4y
– 23 = 0.
uur
uur
c + 10 c − 10
Ta có AIM
ng d ng CID ⇒ CI = 2 AI ⇒ CI = 2 IA ⇒ I
;
3
3
c + 10
c − 10
Mà I ∈ d 2 nên ta có: 3
−4
− 23 = 0 ⇔ c = 1
3
3
V y C(1;5).
3t − 9
3t − 23
Ta có: M ∈ d 2 ⇒ M t ;
⇒ B 2t − 5;
4
2
uuur
3t + 5 uuur
3t − 19
AB = 2t − 10;
, CB = 2t − 6;
2
2
t = 1
uuur uuur
1
Do AB.CB = 0 ⇔ 4 ( t − 5 )( t − 3) + ( 3t + 5 )( 3t − 19 ) = 0 ⇔ 29
t =
4
5
B (−3; −3) (loai )
33 21
⇒ 33 21
⇒ B ;
B
;
5 5
5 5
Cho tam giác nh n ABC n i ti p
ng tròn (O, R ) . G i P, Q l n l t là
1
✂
✁
❈
✆
2,0
✝
✖
✖
✄
❄
❄
✞
ơ
✁
✝
❅
✖
❄
✖
✙
✖
❉
✞
❄
ơ
✁
✖
✝
✔
✙
✄
✖
✖
✄
❄
ơ
❈
✳
✜
✜
✢
✶
✜
✶
✤
0,5
✮
0,5
✪
✔
❄
❄
✞
❈
✠
❈
✝
✖
✖
✄
✡
các i m di ng trên cung nh AB , AC sao cho P, Q, O th ng hàng. G i
ng th ng BC , AB
D , E l n l t là hình chi u vuông góc c a P lên các
t ng ng và D ', E ' l n l t là hình chi u vuông góc c a Q lên các
ng
ng th ng DE và D ' E ' . Tìm
th ng BC , AC . G i K là giao i m c a hai
giá tr l n nh t c a di n tích tam giác KDD ' (theo R ).
❈
✁
✔
✟
❄
✙
✖
❄
✠
✞
✁
✔
✟
✙
☛
❄
❄
ơ
✝
✙
✖
❄
❈
✁
✘
✞
✁
☞
❇
✙
✖
❄
✠
✖
0,5
✟
✖
✄
2
0,5
✞
2,0
Ch ng minh góc ∠DKD ' = 900
K KH vuông góc v i BC (H thu c BC), ta có:
∠DKH = ∠DKP ( KH / / PD)
∠DKP = ∠PBA (t giác PEBD n i ti p)
1
Suy ra: ∠DKH = ∠PBA = sd PA
2
1
c: ∠D ' KH = sd AQ
T ng t , ta ch ng minh
2
1
V y ∠DKD ' = ∠DKH + ∠D ' KH = sd PQ = 900 (do PQ là
2
Ch ng minh DD ' ≤ 2 R :
Th t v y, xét hình thang vuông DPQD ' vuông t i D và D’ nên
DD ' ≤ QP = 2 R , d u “=” x y ra khi PQ / / BC
0,5
☛
✯
✴
✫
ư
ơ
✙
✴
✫
✜
ư
✚
✭
✪
✜
ư
★
ng kính)
☛
✪
✪
✮
✹
✘
1,0
1
KD 2 + KD '2 DD '2 4 R 2
Xét tam giác DKD ' . Ta có: S = KD.KD ' ≤
=
≤
= R2
2
4
4
4
2
V y di n tích l n nh t c a tam giác DKD ' b ng R khi PQ / / BC
Cho hình chóp S . ABCD có áy ABCD là hình ch nh t, tam giác SAB u 1,5
c nh a và n m trong m t ph ng vuông góc v i áy. Góc gi a m t ph ng
( SCD ) và m t ph ng áy b ng 600 .
1. Tính th tích kh i chóp S . ABCD theo a .
✪
✩
✯
✹
✤
✻
✖
IV
1
0,5
✖
☎
✆
❇
❉
✂
✁
✖
✁
✂
✝
❆
✖
☎
✁
✁
0,5
H, M l n l t là trung i m c a AB và CD
SH ⊥ AB
Ta có:
⇒ SH ⊥ ( ABCD )
( SAB ) ⊥ ( ABCD )
✬
ư
✭
✜
✶
✤
a 3
2
Góc gi a (SCD) và m t áy là ∠SMH = 600
SH
a
Ta có HM =
=
0
tan 60
2
2
1 a a 3 a3 3
⇒ VS . ABCD = . .
=
3 2 2
12
2. Tính kho ng cách gi a hai
ng th ng SA và DB theo a .
K
ng th ng d i qua A và d//BD. Trong m t ph ng (ABCD) k
ng
th ng ∆ i qua H , ∆ ⊥ d và ∆ c t d t i J, ∆ c t BD t i I. trong (SHI) k HK
vuông góc v i SI t i K.
Khi ó: d( BD , SA) = d( I ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( SBD )) = 2 HK
SH =
✵
2
✰
✜
✒
✖
☎
❄
✞
✁
✜
ư
★
✱
✜
✰
✱
✜
ư
★
0,25
0,25
0,5
1,5
0,5
✱
✜
✧
✯
✮
✧
✮
✮
✜
IH BH
BH . AD a 5
=
⇔ IH =
=
AD BD
BD
10
1
1
1
a 3
=
+ 2 ⇒ HK =
Xét SHI vuông t i H, ta có:
2
2
HK
HS
HI
8
a 3
V y d( BD , SA) =
4
Cho a, b, c là ba s du ng. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c:
1
2
P=
−
a 2 + b 2 + c 2 + 1 ( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 )
Ta có BIH
✜
✢
ng d ng BAD ⇒
0,5
✮
0,5
✮
✪
✝
☞
V
❆
❇
✙
☛
ơ
✘
( a + b)
+1 ≥
2
( c + 1)
+
2
1
1
2
2
2
a + b ) + ( c + 1) ≥ ( a + b + c + 1)
(
4
2
2
2
3
3
a +1+ b +1+ c +1 a + b + c + 3
( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≤
=
3
3
2
54
V y P≤
−
a + b + c + 1 ( a + b + c + 3 )3
a +b +c
2
2
2
=
2,0
0,75
0,75
0,75
✪
=
f / (t ) = −
t
2
54
−
= f (t )
t ( t + 2 )3
✯
t = 4
2
162
; f / (t ) = 0 ⇔
+
4
2
t
(t + 2)
t = 1(loai )
1
4
+
f’(t)
v i t = a + b + c +1
0
+∞
-
1/4
f(t)
0
0
(t > 1)
0,75
a + b + c = 3
1
V y giá tr l n nh t c a P = khi a = b = c
⇔ a = b = c =1
4
c = 1
2
u1 =
2013
Cho dãy s (un ) u c xác nh:
.
2
un (2 − 9un +1 ) = 2un +1 (2 − 5un ), ∀n ≥ 1
✪
VI
✣
✯
✹
❆
✤
✖
2,0
✖
✠
✘
Xét dãy s vn =
❆
u
u1
u
+ 2 +L+ n . Tìm lim vn .
1 − u1 1 − u2
1 − un
Ta có un ≠ 0∀n ≥ 1 .
0,25
2 − 9un +1 2
= 2 ( 2 − 5un )
un+1
un
Khi ó: un2 ( 2 − 9un+1 ) = 2un +1 ( 2 − 5un ) ⇔
✜
2
⇔
✷
−9 =
4 10
−
un2 un
un+1
2
t xn =
∀n ≥ 1 . Khi ó ta có dãy m i ( xn )
un
x1 = 2013
2
xn +1 = xn − 5 xn + 9 ∀n ≥ 1
✰
✜
✯
✜
ư
c xác
✭
✜
nh b i:
✣
Ch ng minh ( xn ) là dãy t ng:
✁
☛
0,25
Xét hi u: xn +1 − xn = xn2 − 5 xn + 9 − xn = ( xn − 3) ≥ 0
2
✩
Do x1 = 2013 > 3 nên xn +1 − xn > 0 suy ra dãy ( xn ) là dãy t ng.
✂
Ch ng minh (xn) không b ch n hay lim xn = +∞ :
Gi s (xn) b ch n, do dãy t ng và b ch n nên t n t i gi i h n h u h n.
Gi s dãy (xn) có gi i h n h u h n, t lim xn = a, ( a > 2013) .
☛
✘
✘
✄
✘
✄
✣
✰
✣
✂
✯
✮
✵
✮
✰
✜
✢
✮
✯
✮
✵
0,5
✮
✰
T công th c truy h i xn +1 = xn2 − 5 xn + 9
✚
✫
✢
c: a = a 2 − 5a + 9 ⇔ a = 3 (không th a mãn)
L y gi i h n hai v , ta
Do ó dãy ã cho không có gi i h n h u h n.
0,5
Ta có:
1
u
u
1
1
1
= 2
vn = 1 + ... + n = 2
+ ... +
+ ... +
∀n ≥ 1
2
x
x
1 − u1
1 − un
−
2
−
2
2 −2
n
1
−2
u
u
n
1
✹
✯
✜
Mà:
✮
✚
✜
ư
✭
✸
✜
✯
✮
✵
✮
1
1
1
=
−
xn − 2 xn − 3 xn+1 − 3
1
1
1
1
Do ó, ta có: vn = 2
−
−
= 2
x1 − 3 xn+1 − 3
2013 − 3 xn+1 − 3
1
Mà lim xn = +∞ nên lim vn =
1005
✜
☎
✟
Chú ý: N u thí sinh làm cách khác mà úng thì v n ch m i m t i a.
✆
✝
✞
✆
✠
✆
0,5
☎
S
GIÁO D C VÀ ÀO T O
C
BÌNH PH
(H ng d n ch m có 06 trang)
✁
✂
☎
ư
✯
☞
NG D N CH M THI CH N H C SINH GI I
C P T NH THPT N M H C 2013 – 2014
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 03/10/2013
✞
✟
✡
I V I THÍ SINH H C T I CÁC TRUNG TÂM GDTX
L i gi i
2x − 3
Cho hàm s : y =
. Kh o sát s bi n thiên và v
th (C) c a hàm
x−2
s .
✁
✏
1
✠
✟
✎
Ý
✟
☛
✌
✍
Câu
I
✝
✞
✹
❅
✆
H
✄
✆
❆
✔
✒
✕
✓
✖
✗
✙
✑
i m
2,0
✂
✘
❆
TX : D = R \ {2}
0,25
✷
⇒ ph
lim y = 2
x →±∞
lim y = −∞; lim y = +∞
x → 2−
y/ =
( x − 2)
ng trình
ơ
⇒ ph
ư
x → 2+
−1
ư
ơ
✜
ng trình
ư
✜
ng TCN: y = 2
★
ư
★
ng TC : x = 2
0,5
⇒ Hàm s ngh ch bi n trên t ng kho ng xác
Hàm s không có c c tr .
B ng bi n thiên:
✗
✣
✚
✗
✘
✚
✙
✚
✢
✜
✶
✯
✲
✜
✶
✯
✲
✣
✘
✜
✣
nh.
✣
Giao i m v i tr c tung: A(0; 3/2)
Giao i m v i tr c hoành: B(3/2;0)
th :
✷
✷
< 0 ∀x ∈ D
2
0,5
0,25
0,25
0,25
