đề thi hsg lớp 12 tỉnh thái bình 2014 2015

/>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015
THÁI BÌNH

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu I (3,0 điểm).
x
có đồ thị là (C).
x 1
M là điểm tùy ý trên (C) có hoành độ lớn hơn 1. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận

Cho hàm số y 

tại A và B phân biệt. Xác định tọa độ điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
Câu II (4,0 điểm).

2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x
Cho hệ phương trình: 
2
 2 y  1  y  m  x  4

( m là tham số; ẩn x, y là số thực).

1. Giải hệ phương trình khi m  4 .
2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.
Câu III (2,0 điểm).


Giải phương trình: 2 cos   2 x   4  3 cos x  3sin x  2 3  1  0.
3








Câu IV (3,0 điểm).
2

2

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  có phương trình:  x  2    y  2   4 .
Lập phương trình đường tròn  C '  tâm I (4; 4) , cắt đường tròn  C  tại hai điểm A,B sao cho AB = 2 2 .
Câu V (3,0 điểm).
  900 , BSC
  1200 .
Cho hình chóp S.ABC có SA  2a, SB  3a, SC  4a , 
ASB  SAC

 

Hai điểm M, N thỏa mãn: 3SM  2 SB, SC  2 SN .
1. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
2. Cho hai điểm E và F thay đổi, lần lượt nằm trên hai đoạn thẳng AB và SC. Tìm giá trị nhỏ
nhất của độ dài đoạn EF.
Câu VI (4,0 điểm).

u1  1; u2  3
1. Cho dãy số  un  thỏa mãn: 

un 1  4un  3un 1  n   , n  2 
Tính lim Sn với Sn 
n 

n 1
u .
i 1 i

2. Cho số thực x thay đổi lớn hơn 0. Chứng minh rằng: e x  e



1
x

Câu VII (1,0 điểm).
 x1  x2  x3  2014
Tìm số nghiệm nguyên dương của hệ: 
1  xi  1007 , i  1; 2;3

 2 x 

1 x2
 .
x 2


SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 05 trang)

BÀI
x

Câu 1 Cho hàm số y
(3,0
điểm)

ĐIỂM

NỘI DUNG
x 1

có đồ thị là (C). M là điểm tùy ý trên (C) có hoành độ lớn

hơn 1. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B phân biệt. Xác
định tọa độ điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
1

Gọi M a;1

(a 1)

a 1

1

Phương trình tiếp tuyến tại M là y

a 1

x a

2

1

a 1

x 1

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

1

y

a 1

Suy ra tọa độ A 1;

2

x a

1

a 1

a 1
a 1

0,5
y 1

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

1

y

a 1

2

x a

1

a 1

Suy ra tọa độ B 2a 1;1

0,5

Dễ thấy giao điểm I của hai đường tiệm cận nằm trong tam giác AOB suy ra diện
tích tam giác S AOB

SOIB

SOIA

S AIB

Diện tích tam giác AOB là: S AOB
Suy ra S AOB

0,5

1
1
1
IA
IB
IA.IB
2
2
2

4

Cho hệ phương trình

2 y3

Câu 2
điểm)

1
a 1

2

0,5
0,5

Diện tích S AOB nhỏ nhất khi điểm M 2;2

(3,0

a 1

y 2x 1 x

2 y2 1 y

m

0,5

3 1 x

(1)

x 4

(2)

1. Giải hệ phương trình khi m 4 .
2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.
Điều kiện: x 1, y
Phương trình 1
Xét hàm f t
Suy ra y

2 y3

2t 3 t t

1 x

y 21 x

1 x

đồng biến trên

1 x

0,5

.
0,5
Trang 01


Thay vào phương trình (2) ta được:

3 2x

1 x

3 2x 3

4

x 4

1 x 2

2 x 3

x 4 1

3

3 2x 3

x 3
x 4 1

1 x 2

Lập luận được x

Xét hàm số g ( x)

Câu 3
(2,0

3;2 .

3 , hệ có nghiệm

Phương trình (2) trở thành: m

3 2x

3 2x

0, x

Chỉ ra g ' x

0,5

1 x

0,5

1 x

x 4

x 4, x [ 4;1]

0,5

4;1

0,5

Suy ra g x nghịch biến trên [-4;1]

0,5

Kết luận m [1

0,5

5; 5

11]

Giải phương trình 2 cos

3

2x

4

3 cos x 3sin x 2 3 1 0

điểm)
Phương trình tương đương với
cos 2 x

3 sin 2 x

4

2 cos 2 x

4

3 cos x 2 3

2cos x

3

3 sin x cos x 2
3

Trường hợp 1: cos x
Trường hợp 2:

3 cos x 3sin x 2 3 1 0

2

3 sin x cos x

3 sin x 2 cos x

3

0

0,5

0

x

k2

6
2

0,5

x

2
3

k

0,5
k2

k

0,5

Câu 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương
(3,0
điểm)

trình x 2

2

y 2

2

4 . Lập phương trình đường tròn (C’) tâm I (4;4) , cắt

đường tròn (C) tại hai điểm A,B sao cho AB = 2 2 .
Đường tròn (C) có tâm K(2;2) bán kính r = 2, đường tròn(C’) có tâm I(2;2) bán
kính R. Đường thẳng IK cắt AB tại H thì H là trung điểm của đoạn thẳng AB.

A

K

H
I
B

Trường hợp 1: điểm H nằm giữa hai điểm I và K. Ta có IK

IH HK

0,5
Trang 02


2 2

R2

2

2

R

2

0,5

Vậy phương trình đường tròn C ' : x 4

2

y 4

2

4

0,5

A

H

I

K

B

Trường hợp 2: điểm K nằm giữa hai điểm I và H.
Ta có IH

R2 2

IK HK

2 2

0,5

2

R

20

0,5

Vậy phương trình đường tròn C ' : x 4

2

y 4

Cho hình chóp S.ABC có SA 2a, SB 3a, SC
BSC 1200 . Hai điểm M, N thỏa mãn 3SM

2

20

4a , ASB
2 SB, SC

0,5
SAC

900 ,

2 SN .

1. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
Câu 5 (SAB).
(3,0
điểm)

2. Cho hai điểm E và F thay đổi, lần lượt nằm trên hai đoạn thẳng AB và SC. Tìm
giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn EF.
Trong tam giác vuông SAM, tính được AM 2

Trong tam giác vuông SAN, tính được AN

8a 2

0,25

2a

0,25

Trong tam giác SMN, tính được MN 2 12a 2
Trong tam giác AMN, kiểm tra được AM 2

0,25
AN 2

MN 2 , suy ra tam giác AMN

vuông

0,25

Gọi H là trung điểm của MN, lý luận được AH vuông góc với mặt phẳng (AMN)

0,25

Tính SH

a; S AMN

2 2a2 , ta được thể tích VS . AMN

Dựa vào tỷ số thể tích tính được VS . ABC

2 2a3

a3

2
3

0,25
0,25
Trang 03


S

N

H

M
A

C

B

Từ đó d C , SAB

Đặt AE

x. AB; SF

Suy ra EF
EF 2
EF

3VS . ABC
S SAB

2a 2

y.SC

x, y [0;1]

0,25

x 1 .SA x.SB y.SC

0,25

13x2 8x 4 16 y 2 20 xy 8 y .a 2

0,25

5x 2
4y
2

2

2

2

3
2
3x
4
3

Câu 6
n

(4,0

Sn
i 1

điểm)

u1 1; u
un

0,25

2 6a
khi AE

3

Kết luận giá trị nhỏ nhất của EF là

1. Cho dãy số un thỏa mãn

8
.a
3

3

4un 3un

1

2
. AB; SF
9

n

1

,n

9

.SC

0,25

Tính lim Sn với

2

n

1
.
ui

2. Cho số thực x thay đổi lớn hơn 0. Chứng minh rằng e
Dự đoán un

3n

1

n

x

e

1
x

2 x

1
x

x2
2

*

Dễ thấy với n = 1,2 là đúng

0,5

Giả sử công thức đúng đến n k k

2 , tức là uk

1

3k 2 ; uk

3k

1

0,5

Ta phải chứng minh công thức đúng với n = k +1, tức là phải chứng minh
uk

1

3k .

Thật vậy, theo giả thiết uk
lim Sn

n

3
2

1

4uk

3uk

1

4.3k

1

3.3k

2

3k (đpcm)

0,5

0,5
Trang 04


et 1 t trên

Xét hàm số f t

et 1; f ' t

. Tính f ' t

0

t 0

0,25

Lập bảng biến thiên

0,25

Kết luận được et

1 t

Xét hàm số g t

et 1 t

et

g' t

, dấu bằng xảy ra khi t = 0

t

t2
liên tục trên [0;
2

0,25

0, t 0 . Suy ra hàm g t đồng biến

)

Suy ra e

t

0,25
t2
2

1 t
1
x

Áp dụng ta có e
ex

) . Tính được

1 t

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có g ' t
trên [0;

0,25

1 x

x2
2

t

1
x

1

x

0 , dấu bằng xảy ra khi t = 0

x

0,25

0

0

Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh
Câu 7
Tìm số nghiệm nguyên dương của hệ

(1,0
điểm)

Ta có

x1

x2

x3

1 xi

1; 2;3

x2

1 xi

x1

2014

1007 , i

x1

x3

1 xi

2014

1007 , i

x2

x3

x4

x3

1; 2;3

2014 *

1007 , i

Xét phương trình nghiệm nguyên dương x1 x2

0,5

x4

1; 2;3 ; x4 1; x4

0,25

2014

Số nghiệm của phương trình chính là số cặp x1; x2 ; x3 ; x4 ta cho tương ứng với
dãy 11....1011....1011....1011....1 , ta phải chọn 3 vị trí đặt số 0 trong 2013 vị trí.
x1

x2

x3

x4

3
Số nghiệm của phương trình là C2013

0,25

Xét bài toán ngược: Trong các nghiệm x1 ; x2 ; x3 có nghiệm lớn hơn 1007. Dễ thấy
rằng không thể có nhiều hơn một nghiệm lớn hơn 1007 vì tổng bằng 2014. Giả sử
x1 1007 , đặt x1
x x2

x3

x4

x 1007 thay vào phương trình (*) ta được
3
1007 . Lý luận tương tự như trên ta được số nghiệm là C1006

0,25

3
3
3C1006
Vậy số nghiệm nguyên dương của hệ đã cho là C2013

0,25

Trên đây là các bước giải cơ bản,học sinh phải lập luận chặt chẽ,đầy đủ mới được điểm .
Mọi cách giải đúng khác đều được điểm tối đa.

Trang 05