Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
           BÌNH PHƯỚC
 
   ĐỀ THI CHÍNH THỨC
      (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
                             NĂM HỌC 2013 ­ 2014

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 03/10/2013
2x − 3
Câu I:(THPT:4,0  điểm; GDTX: 4,0 điểm) Cho hàm số:  y =
(1)
x−2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  (C )  của hàm số (1).

2. Viết phương trình tiếp tuyến của  (C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm  

cận ngang lần lượt tại  A, B  sao cho  AB = 2 IB , với  I (2, 2) .
Câu II:(THPT:5,0 điểm; GDTX: 6,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình: 

2. Giải phương trình: 

2x + 1 +

( x − y)
2y + 1 =

2

( x, y ﾡ ).

2
( x + y ) ( x + 2 y ) + 3x + 2 y = 4

sin 2x + 3tan 2x + sin 4 x
= 2.
tan 2 x − sin 2 x

Câu III:(THPT:4,0 điểm; GDTX:4,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ  trục tọa độ   Oxy , cho hình chữ  nhật   ABCD   có   A(5, −7) , điểm   C  
thuộc vào đường thẳng có phương trình:  x − y + 4 = 0 . Đường thẳng đi qua  D  và trung điểm 
của đoạn   AB   có phương trình:   3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm tọa độ  của   B   và   C , biết điểm   B   có 
hoành độ dương.
2. Cho tam giác nhọn  ABC  nội tiếp đường tròn  (O, R ) . Gọi  P, Q  lần lượt là các điểm di động 
trên cung nhỏ   ﾡAB ,  ﾡAC  sao cho  P, Q, O  thẳng hàng. Gọi  D ,  E  lần lượt là hình chiếu vuông 
góc của  P  lên các đường thẳng  BC , AB  tương ứng và  D ', E '  lần lượt là hình chiếu vuông góc 
của  Q  lên các đường thẳng  BC , AC . Gọi  K  là giao điểm của hai đường thẳng  DE  và  D ' E ' . 
Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác  KDD '  (theo  R ).
Câu IV:(THPT:3,0 điểm; GDTX:3,0 điểm)  Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy  ABCD  là hình chữ nhật, 
tam giác  SAB  đều cạnh  a  và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  ( SCD)  
và mặt phẳng đáy bằng  600 .
1. Tính thể tích khối chóp  S . ABCD  theo  a .
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng  SA  và  DB  theo  a .
Câu V:(THPT:2,0 điểm; GDTX:3,0 điểm) Cho  a, b, c  là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức:

P=

1
a 2 + b 2 + c 2 +1

−

2
( a +1) ( b +1) ( c +1)

2
2013
Câu VI:(THPT:2,0 điểm) Cho dãy số  (un )  được  xác định: 
.
2
un (2 − 9un +1 ) = 2un +1 (2 − 5un ), ∀n 1
u1 =

 Xét dãy số  vn =

u
u1
u
+ 2 + L + n  . Tìm  lim vn . 
1 − u1 1 − u2
1 − un
­­­­­­­­­­­­­­­­­­HẾT­­­­­­­­­­­­­­­­­­


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 
Giám thị không giải thích gì thêm.

Lưu ý: Đối với thí sinh học tại các trung tâm GDTX thì không làm câu VI.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIỎI 
           BÌNH PHƯỚC
    
(Hướng dẫn chấm có 06 trang)   

Câu
I

Ý
1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH 
        CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 03/10/2013

ĐỐI VỚI THÍ SINH THPT
Lời giải
Điểm
2x − 3
2,0
Cho hàm số:  y =
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm 
x−2
số .
TXĐ:   D = R \ { 2}

0,25

lim y = 2                         phương trình đường TCN: y = 2
x

0,5

lim y = − ;lim y = +      phương trình đường TCĐ: x = 2
x 2−
x 2+
y/ =

−1

( x − 2)

2

< 0 ∀x

D 

  Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
      Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên: 

Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2)
Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0)
Đồ thị:

0,5

0,25

0,25
0,25


2

Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường 
2,0
tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho  AB = 2 IB , 
với I(2;2).
0,5
� 2x − 3 �
(
C
)
Gọi  M �x0 ; 0
�

x0 − 2 �

�

PTTT của (C) tại M:  y = −

1

( x0 − 2 )

2

x+

2 x02 − 6 x0 + 6

( x0 − 2 )

2

Do  AB = 2 IB  và tam giác AIB vuông tại I   IA = IB nên hệ số góc của 
−1
/
< 0  nên ta có hệ số góc tiếp 
tiếp tuyến k = 1 hoặc k = ­1. vì  y =
2
( x − 2)
tuyến k = ­1.
 �

−1

( x0 − 1)

2

= −1 �

x0 = 1

x0 = 3

0,5

 

0,5

 có hai phương trình tiếp tuyến:
                       y = − x + 2 ;   y = − x + 6
II

1
Giải hệ phương trình: 

x

Đk: 
y

2x + 1 +

( x − y)
2y + 1 =

2,5

2

2

( x + y ) ( x + 2 y ) + 3x + 2 y = 4

(1)

x, y ﾡ

(2)
0,5

1
2
1
−
2

−

2
2
 Pt(2)  � x + ( 3 y + 3) x + 2 y + 2 y − 4 = 0 �

Pt(1)  � 2 x + 1 +

0,5

( x + y)
2 y +1 =

2

2

− 4 xy

x + y −1 = 0
x + 2 y + 4 = 0 (loai )

1,0
1,25


2

�( x + y ) 2 − 4 xy �
� 2 ( x + y ) + 2 + 2 4 xy + 2 ( x + y ) + 1 = �
�
�
�
2
�
�
          � 8 4 xy + 3 = ( 4 xy + 3) ( 4 xy − 5 )

4 xy + 3 = 0

( 4 xy − 5)

2

4 xy + 3 = 8 (loai ) ( do 1 = ( x + y ) ��

4 xy
2

4 xy − 5 < 0)

1 � 3
�
x + y = 1 �x = −
�x = 2
�
�
�
2
��
Hệ đã cho tương đương:  �
3��
�xy = − 4
�y = 3
�y = − 1
� 2
�
2
� 1 3 ��3 1 �
− ; ��
, ;− �
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:  �
� 2 2 ��2 2 �
sin 2 x + 3tan 2 x + sin 4 x
=2
Giải phương trình:      

tan 2 x − sin 2 x
cos 2 x 0
Đk: 
(*)
tan 2 x − sin 2 x 0
Pt tương đương: 
      3sin 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

0,75

2,5
0,5
0,75

� ( cos 2 x + 1) ( sin 2 x + sin 4 x ) = 0

π
+ kπ
2
cos 2 x = −1
cos 2 x + 1 = 0
π
�
� sin 2 x = 0 � x = k
sin 4 x + sin 2 x = 0
2
1
π
cos 2 x = −

x=
+ kπ
2
3
π
+ kπ  thỏa mãn (*)
Nghiệm  x =
3
x=

π
+ kπ
3
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ  Oxy , cho hình chữ nhật  ABCD  có 
A(5, −7) , điểm  C  thuộc vào đường thẳng có phương trình:  x − y + 4 = 0 . 
Đường thẳng đi qua  D  và trung điểm của đoạn  AB  có phương trình: 
3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm tọa độ của  B  và C , biết điểm  B  có hoành độ 
dương.
Gọi  C ( c; c + 4 ) d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 

0,75

0,5

Phương trình có 2 họ nghiệm:  x =
III

1

2,0

0,5

4y – 23 = 0.
uur uur
�c + 10 c − 10 �
;
Ta có  VAIM  đồng dạng  VCID   � CI = 2 AI � CI = 2 IA � I �
�
3 �
� 3
0,5
c + 10
c − 10
−4
− 23 = 0 � c = 1
Mà  I d 2  nên ta có:  3
3
3
Vậy C(1;5).


3t − 9 �
� 3t − 23 �
�
t;
2t − 5;
Ta có:  M �d 2 � M �
�� B �
�

2 �
� 4 �
�
uuur �
3t + 5 � uuur �
3t − 19 �
AB = �
2t − 10;
, CB = �
2t − 6;
�
�
2 �
2 �
�
�

2

0,5

0,5
t =1
uuur uuur
1
Do  AB.CB = 0 � 4 ( t − 5 ) ( t − 3) + ( 3t + 5 ) ( 3t − 19 ) = 0 �
29
4
t=
5

B(−3; −3) (loai )
�33 21 �
� �33 21 �
� B� ; �
B� ; �
�5 5 �
�5 5 �
Cho tam giác nhọn  ABC  nội tiếp đường tròn  (O, R) . Gọi  P, Q  lần lượt   2,0
là các điểm di động trên cung nhỏ   ﾡAB ,  ﾡAC  sao cho  P, Q, O  thẳng hàng.  
Gọi  D ,  E  lần lượt là hình chiếu vuông góc của  P  lên các đường thẳng 
BC , AB  tương ứng và  D ', E '  lần lượt là hình chiếu vuông góc của  Q  lên  
các đường thẳng  BC , AC . Gọi  K  là giao điểm của hai đường thẳng  DE  
và  D ' E ' . Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác  KDD '  (theo  R ).

Chứng minh góc  �DKD ' = 900
Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có:
�DKH = �DKP ( KH / / PD)
�DKP = �PBA  (tứ giác PEBD nội tiếp)
1 ﾡ
Suy ra:  �DKH = �PBA = sd PA
2
1
Tương tự, ta chứng minh được:  �D ' KH = sd ﾡAQ
2
1 ﾡ
= 900  (do PQ là đường kính)
Vậy  �DKD ' = �DKH + �D ' KH = sd PQ
2
Chứng minh  DD ' 2 R :
Thật vậy, xét hình thang vuông  DPQD ' vuông tại D và D’ nên 

0,5

0,5


DD ' QP = 2 R ,  dấu “=” xảy ra khi  PQ / / BC

IV

1

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
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác  DKD ' bằng  R khi  PQ / / BC
Cho hình chóp   S . ABCD   có đáy   ABCD   là hình chữ  nhật, tam giác   SAB   1,5
đều cạnh  a  và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt  
phẳng  ( SCD)  và mặt phẳng đáy bằng  600 .
1. Tính thể tích khối chóp  S . ABCD  theo  a .
                                  

 
H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD
SH ⊥ AB

Ta có: 
�� SH ⊥ ( ABCD )
( SAB ) ⊥ ( ABCD )
a 3
2
Góc giữa (SCD) và mặt đáy 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 khoảng cách giữa hai đường thẳng  SA  và  DB  theo  a .
Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD. Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường 
thẳng   đi qua H ,     d và   cắt d tại J,   cắt BD tại I. trong (SHI) kẻ HK 
vuông góc với SI tại K.
Khi đó:  d ( BD ,SA) = d ( I ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( S ,d ) ) = 2d ( H ,( SBD ) ) = 2 HK

0,5

SH =

2

IH BH
BH . AD a 5
=
� IH =
=
AD BD
BD
10
1
1
1
a 3
Xét  VSHI  vuông tại H, ta có: 
=
+
� HK =
2
2
2
HK
HS
HI
8
a 3
Vậy  d ( BD ,SA) =

4
Cho  a, b, c  là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Ta có  VBIH  đồng dạng  VBAD �

V

0,25
0,25
0,5
1,5
0,5

0,5
0,5

2,0


1

P=

a 2 + b 2 + c 2 +1

( a + b)

2

−

( c + 1)
+

2
( a +1) ( b +1) ( 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
−
Vậy  P
a + b + c + 1 ( a + b + c + 3) 3
a + b + c +1
2

2

2

=

2
54
= f (t )        với  t = a + b + c + 1
                =  −
t ( t + 2) 3
f / (t ) = −
t

2
162
+
; f / (t ) = 0
4
2
t

( t + 2)

1

4

f’(t)

+

0,75
0,75
0,75

(t > 1)
0,75

t=4
t = 1(loai )
+

-

0
1/4

f(t)
0

0

a+b+c = 3
1
� a = b = c =1
Vậy giá trị lớn nhất của  P =  khi  a = b = c
4
c =1
VI

2
2013
Cho dãy số  (un )  đuợc  xác định: 
.
2
un (2 − 9un +1 ) = 2un +1 (2 − 5un ), ∀n 1
u1 =

 Xét dãy số  vn =
Ta có  un

u
u1
u
+ 2 + L + n  . Tìm  lim vn . 
1 − u1 1 − u2
1 − un

0∀n 1 .

0,25

2
Khi đó:   un ( 2 − 9un +1 ) = 2un+1 ( 2 − 5un ) �

            �

2

−9 =

2,0

2 − 9un +1 2
= 2 ( 2 − 5un )
un +1
un

4 10
−
un2 un

un+1
2
Đặt  xn =   ∀n 1 . Khi đó ta có dãy mới  ( xn )  được xác định bởi:
un
x1 = 2013
xn +1 = xn2 − 5 xn + 9 ∀n 1
Chứng minh  ( xn )  là dãy tăng:
Xét hiệu:  xn+1 − xn = xn2 − 5 xn + 9 − xn = ( xn − 3)

0,25
2

0


Do  x1 = 2013 > 3  nên  xn+1 − xn > 0  suy ra dãy  ( xn )  là dãy tăng.
Chứng minh (xn) không bị chặn hay  lim xn = + :
Giả sử (xn) bị chặn, do dãy tăng và bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn.
Giả sử dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt  lim xn = a, ( a > 2013) .

0,5

Từ công thức truy hồi  xn+1 = xn2 − 5 xn + 9
Lấy giới hạn hai vế, ta được:  a = a 2 − 5a + 9 � a = 3  (không thỏa mãn)
Do đó dãy đã cho không có giới hạn hữu hạn.
Ta có: 
0,5
�
�
�
u1
un
1
1 � �1
1 �
�
�= 2 �
vn =
+ ... +

=2
+ ... +
+ ... +
�∀n 1
2
1 − u1
1 − un
x
−
2
x
−
2
�2 − 2
�
1
n
�
�
−2�
�u
u
n
�1
�
1
1
1
=
−

Mà: 
xn − 2 xn − 3 xn +1 − 3
0,5
�1
1 � � 1
1 �
−
=
2
−
Do đó, ta có:  vn = 2 �
� �
�
�x1 − 3 xn +1 − 3 � �2013 − 3 xn +1 − 3 �
1
Mà  lim xn = +  nên  lim vn =
1005

Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn chấm điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIỎI 
           BÌNH PHƯỚC
    
(Hướng dẫn chấm có 06 trang)   

Câu
I

Ý

1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH 
        CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
            MÔN: TOÁN
Ngày thi: 03/10/2013

ĐỐI VỚI THÍ SINH HỌC TẠI CÁC TRUNG TÂM GDTX
Lời giải
2x − 3
Cho hàm số:  y =
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của 
x−2
hàm số .

Điểm
2,0

TXĐ:   D = R \ { 2}

0,25

lim y = 2                         phương trình đường TCN: y = 2
x

0,5

lim y = − ;lim y = +      phương trình đường TCĐ: x = 2
x 2−
x 2+

y/ =

−1

( x − 2)

2

< 0 ∀x

D 

0,5


  Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
      Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên: 

2

0,25

Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2)
Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0)
Đồ thị:

0,25

Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường 

tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho  AB = 2 IB
, với I(2;2).

2,0

0,25

0,5

� 2 x0 − 3 �
� (C )
x
−
2
� 0
�

Gọi  M �x0 ;

PTTT của (C) tại M:  y = −

1

( x0 − 2 )

2

x+

2 x02 − 6 x0 + 6

( x0 − 2 )

2

Do  AB = 2 IB  và tam giác AIB vuông tại I   IA = IB nên hệ số góc của 
−1
/
< 0  nên ta có hệ số góc tiếp 
tiếp tuyến k = 1 hoặc k = ­1. vì  y =
2
( x − 2)
tuyến k = ­1.
 �

−1

( x0 − 1)

2

= −1 �

x0 = 1
x0 = 3

 

 có hai phương trình tiếp tuyến:
                       y = − x + 2 ;   y = − x + 6

0,5

0,5
0,5


II

1
Giải hệ phương trình: 

x

Đk: 
y

2x + 1 +

( x − y)
2y + 1 =

3,5

2

(1)

2
( x + y ) ( x + 2 y ) + 3x + 2 y = 4

x, y ﾡ

(2)
0,5

1
2
1
−
2

−

2
2
 Pt(2)  � x + ( 3 y + 3) x + 2 y + 2 y − 4 = 0 �

Pt(1)  � 2 x + 1 + 2 y + 1 = (

x + y −1 = 0
x + 2 y + 4 = 0 (loai )

1,0
1,25

x + y ) − 4 xy
2
2

2

�( x + y ) 2 − 4 xy �
� 2 ( x + y ) + 2 + 2 4 xy + 2 ( x + y ) + 1 = �
�
�
�
2
�
�
          � 8 4 xy + 3 = ( 4 xy + 3) ( 4 xy − 5 )

4 xy + 3 = 0

( 4 xy − 5)

2

4 xy + 3 = 8 (loai) ( do 1 = ( x + y ) ��
4 xy
2

1 � 3
�
x + y = 1 �x = −
�x = 2
�
�
�
2

��
Hệ đã cho tương đương:  �
3��
�xy = − 4
�y = 3
�y = − 1
� 2
�
2
� 1 3 ��3 1 �
− ; ��
, ;− �
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:  �
� 2 2 ��2 2 �
sin 2 x + 3tan 2 x + sin 4 x
=2
Giải phương trình:      
tan 2 x − sin 2 x
cos 2 x 0
Đk: 
(*)
tan 2 x − sin 2 x 0
Pt tương đương: 
      3sin 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

4 xy − 5 < 0)
0,75

2,5

0,5
0,75

� ( cos 2 x + 1) ( sin 2 x + sin 4 x ) = 0

π
+ kπ
2
cos 2 x = −1
cos 2 x + 1 = 0
π
�
� sin 2 x = 0 � x = k
sin 4 x + sin 2 x = 0
2
1
π
cos 2 x = −
x=
+ kπ
2
3
π
+ kπ  thỏa mãn (*)
Nghiệm  x =
3
x=

Phương trình có 2 họ nghiệm:  x =

π
+ kπ
3

0,75

0,5


III

1

2

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ  Oxy , cho hình chữ nhật  ABCD  có  
A(5, −7) , điểm  C  thuộc vào đường thẳng có phương trình:  x − y + 4 = 0
. Đường thẳng đi qua  D  và trung điểm của đoạn  AB  có phương trình: 
3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm tọa độ của  B  và  C , biết điểm  B  có hoành độ 
dương.
Gọi  C ( c; c + 4 ) d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 
4y – 23 = 0.
Ta có  VAIM  đồng dạng  VCID  
uur uur
�c + 10 c − 10 �
� CI = 2 AI � CI = 2 IA � I �
;
�
3 �
� 3

c + 10
c − 10
−4
− 23 = 0 � c = 1
Mà  I d 2  nên ta có:  3
3
3
Vậy C(1;5).
3t − 9 �
� 3t − 23 �
�
t;
2t − 5;
Ta có:  M �d 2 � M �
�� B �
�
2 �
� 4 �
�
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
4
t=
5
B(−3; −3) (loai )
�33 21 �
� �33 21 �
� B� ; �
B� ; �
�5 5 �
�5 5 �
Cho tam giác nhọn  ABC  nội tiếp đường tròn  (O, R) . Gọi  P, Q  lần lượt  
là các điểm di động trên cung nhỏ  ﾡAB ,  ﾡAC  sao cho  P, Q, O  thẳng hàng.  
Gọi   D ,   E   lần lượt là hình  chiếu vuông góc  của   P   lên các đường  
thẳng   BC , AB   tương  ứng và   D ', E '   lần lượt là hình chiếu vuông góc  
của   Q   lên   các   đường   thẳng   BC , AC .   Gọi   K   là   giao   điểm   của   hai  
đường thẳng  DE  và  D ' E ' . Tìm giá trị  lớn nhất của diện tích tam giác 
KDD '  (theo  R ).

2,0

0,5

0,5

0,5

0,5

2,0


IV

1

Chứng minh góc  �DKD ' = 900
Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có:
�DKH = �DKP ( KH / / PD)
�DKP = �PBA  (tứ giác PEBD nội tiếp)
1 ﾡ
Suy ra:  �DKH = �PBA = sd PA
2
1
Tương tự, ta chứng minh được:  �D ' KH = sd ﾡAQ
2
1 ﾡ
= 900  (do PQ là đường kính)
Vậy  �DKD ' = �DKH + �D ' KH = sd PQ
2
Chứng minh  DD ' 2 R :
Thật vậy, xét hình thang vuông  DPQD ' vuông tại D và D’ nên 
DD ' QP = 2 R ,  dấu “=” xảy ra khi  PQ / / BC
Xét tam giác  DKD ' . Ta có: 

1
KD 2 + KD '2 DD '2 4 R 2
S = KD.KD '
=
= R2
2
4
4
4
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác  DKD ' bằng  R 2 khi  PQ / / BC
Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy  ABCD  là hình chữ  nhật, tam giác  SAB  
đều cạnh  a  và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt  
phẳng  ( SCD)  và mặt phẳng đáy bằng  600 .
3. Tính thể tích khối chóp  S . ABCD  theo  a .
                                  

 H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD
SH ⊥ AB

Ta có: 
�� SH ⊥ ( ABCD )
( SAB ) ⊥ ( ABCD )
a 3
2
Góc giữa (SCD) và mặt đáy 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
4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng  SA  và  DB  theo  a .

0,5

0,5

1,0

1,5

0,5

SH =

2

0,25
0,25
0,5
1,5

V

Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD. Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường  0,5
thẳng   đi qua H ,     d và   cắt d tại J,   cắt BD tại I. trong (SHI) kẻ 
HK vuông góc với SI tại K.
Khi đó:  d ( BD ,SA) = d ( I ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( S ,d ) ) = 2d ( H ,( SBD ) ) = 2 HK
0,5
IH BH
BH . AD a 5
Ta có  VBIH  đồng dạng  VBAD �
=
� IH =
=
AD BD
BD
10
0,5
1
1
1
a 3
Xét  VSHI  vuông tại H, ta có: 
=
+
� HK =
2
2
2
HK
HS

HI
8
a 3
Vậy  d ( BD ,SA) =
4
3,0
Cho  a, b, c  là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1

P=

a 2 + b 2 + c 2 +1

( a + b)

−

( c + 1)
+

2
( a +1) ( b +1) ( c +1)

0,75
1�
1
2
2
2

a + b + c + 1)
(�a + b ) + ( c + 1) �
(
� 4
2
2
2
3
3
0,75
�a + 1 + b + 1 + c + 1 � �a + b + c + 3 �
( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) �
�= �
�
3
3
�
� �
�
0,75
2
54
P
−
Vậy 
a + b + c + 1 ( a + b + c + 3) 3
a + b + c +1
2

2

2

2

2

=

2
54
= f (t )        với  t = a + b + c + 1
                =  −
t ( t + 2) 3
f / (t ) = −
t

2
162
+
; f / (t ) = 0
4
2
t
( t + 2)

1

f’(t)

4
+

0

(t > 1)

t=4
t = 1(loai )
+

-

1/4
f(t)
0

0

a+b+c = 3
1
� a = b = c =1
Vậy giá trị lớn nhất của  P =  khi  a = b = c
4
c =1

Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn chấm điểm tối đa.

0,75