Đề thi và đáp án môn toán học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2013-2014

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (312.96 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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 yx32mx23x (1) và đường thẳng ( ) : y2mx2 (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 hồnh độ không đổi và O là gốc toạ độ).

2) Cho hàm số

2
3
2





x
x

y có đồ thị (C) và đường thẳng d:y 2 xm. Chứng minh rằng d cắt (C) 
tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k 1, k2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của

(C) tại A và B. Tìm m để P =

 

k1 2013 

 

k2 2013 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 1

4
sin
2
4
4
cos
4

sin 











 x x 

x

2) Giải hệ phương trình:
























10
)

1
(
4
)

1
9
(

1
1
1

9
1
3

2
2

x
x

y
x

x
x

y
xy

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









S

2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:















 2

2
1
2
5

2
1

n
n

n u u

u
u

(n N*). Tìm 












n

k 1uk

lim .

Câu IV (3,0 điểm)

1) Cho khối chóp .S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASBSAC90 ,0  0

120

BSC  . Gọi M, N 
lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vng. 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: xyz2 2

Chứng minh rằng: 4 4 2 2 8
8

8
2

2
4
4

8
8
2

4
4

8
8













x
z
x
z

x

z
z

y
z
y

z
y
y

x
y
x

y
x

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

………..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

MƠN THI: TỐN 
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

I1

1,0đ

1) Cho hàm số yx32mx23x (1) và đường thẳng ( ) : y2mx2 (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 hồnh độ khơng 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

( 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 1) 8 0

1 0

1 2 1 2 0

m

x m

m

   

   

   



Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B( ; 2x1 mx12), C( ; 2x2 mx22), trong đó x ; x 1 2

là nghiệm phương trình (2) nên x1x2  2m 1, x x 1 2   2 0,25

Tam giác OBC có diện tích 1BC.
2

S  d. Trong đó

2
d = d(O; ) =

1+4m







2 2 2 2 2

2 1 2 1 1 2 1 2

BC (x x) (2mx 2mx) (x x ) 4x x  4m 1









BC  2m 1 8 4m 1

    

 





2 1 8

S  m  0,25

Vậy S = 17  4m2  m4 9  17 








2
1
m
m

(TM) 0,25

I2 2) Cho hàm số

2
3
2





x
x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1,0đ rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ

số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P =

 

k1 2013 

 

k2 2013 đạt giá trị
nhỏ nhất.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C) và d:

x m

x
x








2
2

3
2















(*)
0
2
3
)
6
(
2

2
2

m
x

x

0,25

Xét phương trình (*), ta có: 0,m R 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
(







x

k
x

k , trong đó

x

1,x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy



 





2 2 4



1
2

2
1

. 2

2
1
2
1
2
2
2
1
2

1 












x
x
x
x
x

x
k

k (k1>0, k2>0)

0,25

Có P =

 





2013 2014
2

1
2013

2
2013

1  k 2. k k 2

k , do dó MinP = 22014 đạt được khi

2
2
2
1
2

2
2
1
2

1 ( 2) ( 2)

)
2
(

1
)

2
(












 x x

x
x

k
k

x

1,x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2

x1 + x2 = - 4  m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

0,25

II1

1,0đ

1) Giải phương trình: 1

4
sin

2
4
4
cos
4

sin 











 x x 

x (1)

PT(1)  2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)

 (cosx – sinx).



(cosxsinx)(sin2xcos2x)2



0

0,25

*) x x  x k
4

sin

cos 0,25

*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 cosx + sin3x + 2 = 0 (2) 0,25

*) Vì cosx1;sin3x1,x nên (2)







1
3
sin

1
cos

x
x

 hệ vơ nghiệm.

Vậy PT có nghiệm là: x k

4 (k Z)

0,25

II2

1,0đ 2) Giải hệ phương trình:























)
2
(
10
).

1
(
4
)
1
9
(

)
1
(
1
1
1

9
1
3

2
2

x
x

y
x

x
x

y
xy

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

ĐK:x 0

NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0

PT (1) 

x
x
x

y
y

y3 9 1 1

3 2

 3 3 (3 ) 1 1 1 1 1
2
2














x
x
x
y

y

y (3)

0,25

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t2 1, 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: 3 2 4( 2 1). 10





x x x

x

Đặt g(x)=x3 x2 4(x2 1). x 10, 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

). 0,25

III1

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















k
k

k

S

+) Ta có:





 









2013
0

2013
2013

0 1

!
2013
.
)!
2013
!.(
).
1
(

k
k

k k

C
S

k
k

k
S

0,25

+) Ta có:



2014 ( 1)



! 2014
)!

1
.(
2014

!
2014
)!

2013
)!.(
1
(

!
2013
1

1
2014
2013














k
k

C

k
k

k
C

(k =0;1;…;2013) 0,25

+) Do đó: S.2013!=









2014
1

2014
2013

0
1
2014

.
2014

2014 k

k

k
k

C
C

0,25

+) S.2013! =



2 1



2014

1 2014


!
2014

1
22014 


 S

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

III2

1,0đ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:














 2

2
1
2
5

2
1

n
n

n u u

u
u

(n N*). Tìm 












n

k 1uk

lim .

+) Ta có: un un  (un 4un 4)0,n
2

1 2

1  Dãy khơng giảm.

Nếu có số M: un  M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un  u1 L  u1 0,25

+) Khi đó ta có: L =
2
1

L2 – L + 2  L = 2. (Vô lý)
 limun = 

0,25

+) Ta có: 2 1

2
4

2   

 n n

n u u

u  un(un 2)2(un1 2) 

)
2
(

2
1
)

2
(

1


 n

n

n u u

u

2
1
2

2
1
1

2
1

1 













 n n n

n
n

n u u u u u

u (n N*) 0,25

+) Do đó:

2
1
2

1
1

1 










n
n

k uk u u

 













n

k 1uk

lim = 2

2
1
1




u

0,25

IV1

1,5đ

1) Cho khối chóp .S ABC SA2 ,a SB3 ,a SC 4 ,a   0

ASBSAC90 ,  0

120
BSC  .
Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam 
giác AMN vng. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB theo ) a .

Dùng ĐL Cosin tính được:
MN = 2a 3

0,25

AM=2a 2, AN=2a (Tam giác vng SAC có SC=2SA nên góc ASC= 600) 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.SH ( AMN); tính được SH = a.

0,25

Tính được

3
2

2 3

a
VSAMN 

0,25

3
1
.

.
.




SC
SB

SN
SM
V

V

ABC
S

AMN

S 3

. 2 2a

VSABC 

 0,25

M
A

M
S

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Vậy

3
.

3 6 2

( ;( )) 2 2

S ABC

SAB

V a

d C SAB a

S a

   0,25

IV2

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 0 x1 x
DC
DN



 . Khi đó ta có: BM  x.BA và DN  x.DC 0,25

+)Ta có: DN x.DC BNBD x(BCBD) BN  x.BC(1x).BD

Do đó: MN  BNBM  x.BC(1x).BDx.BA

0,25

+)MN2 =

2
)

1
(
2
2
.
2
2
)
1
(
2
)

1
(

2
2

2
2
2

2
2
2
2

2 a

x
x
a
x
a
x
x
a
x
a
x
a

x        

= a2



x2 (1x)2 x2 x(1x)x2 x(1x)



= (2x2 – 2x + 1)a2

0,25

+)Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn

 

0;1 ta có:

2
1
)
2
1
(
)
(
min

,
1
)
1
(
)
0
(
)
(

max f x  f  f  f x  f 

0,25

+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2

2
a

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: 4 4 2 2 8

8
8
2

2
4
4

8
8
2

2
4
4

8
8















x
z
x
z

x
z
z

y
z
y

z
y
y

x
y
x

y
x

+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8

2
2
2

b
a

ab  nên

2
)
(

3 2 2

2 a b

ab
b

a     Dấu“=”có a=b

0,25

+) Ta có:



2 2



4
4
2

4
4

2
3

b
a

b
a
ab
b
a

b

a









. Ta sẽ chứng minh:





3( )

1
2

2
2
2

2
4
4

b
a
b

a
b
a







(1).

Thật vậy: (1)  2( 4 4)
b

a  2 2 2

)
(a b

 (a2 – b2)2 0 (luôn đúng).
Do đó ta được: ( )

1 2 2

2
2

4
4

b
a
ab
b
a

b
a









Dấu“=”có a2=b2a=b

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+) Áp dụng BĐT trên ta có: ( )
3

1 2 2

2
2

4
4

c
b
bc
c
b

c
b









Dấu“=”có b=c

( )
3

1 2 2

2
2

4
4

a
c
ca
a
c

a
c









Dấu“=”có c=a
Cộng các vế các BĐT trên ta được:

)
(

2 2 2 2

2
2

4
4
2

4
4

c
b
a
ca

a
c

a
c
bc

c
b

c
b
ab
b
a

b
a










(2) Dấu“=”có a=b=c

0,25

+) Theo BĐT Cơ-si ta có: ( ) 2. 8
3

2 2 2 2 3 2 2 2





b c a b c

a .Dấu“=”có a=b=c

Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra  x  y  z  2

</div>

Đề thi và đáp án môn toán học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2013-2014

 

 























 

 

<i>x</i>



 







 

 





<i>x</i>









<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>















 









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về