Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán năm 2013-2014 - THPT Lạng Giang số 1

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1

ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

Năm học: 2013 - 2014

Đề gồm 01 trang

Mơn: Tốn - Khối A, A1. Thời gian làm bài: 150 phút

--------------------*******-------------------A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
2 x  4
có đồ thị là ( C )
1 x
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 

b. Tìm m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho S IAB 

15
4

với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C).
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 3cos x  2  3  cos x  1 cot 2 x
 4 x 8 x  4  12 y 2  5  4 y 3  13 y  18 x  9

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 

2
3
2
 4 x  8 x  4 2 x  1  2 y  7 y  2 y  0

2

Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: log 2  2x  7   log

2

1
,  x, y   
 2

 x  1  log 2  x  3

2

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết
góc giữa MN với mp(ABC) bằng 600 .Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau AC, MN theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c  0 thỏa mãn 3 a 4  b4  c 4   7  a 2  b2  c 2   12  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P 

a2
b2
c2



b  2c c  2a a  2b

B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng 1 : 2 x  11 y  7  0 và
 2 : 2 x  3 y  4  0 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M  8; 14  cắt hai đường thẳng 1 và
  
 2 lần lượt tại A, B sao cho 2 AM  3MB  0

Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có 7 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh và 6 viên bị màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ 3 mầu.
n

3

Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  2 x 2  3  thành đa thức. Biết rằng
x 

n là một số nguyên dương thỏa mãn Cn3  Cnn13  Cnn12 .Cn13
1

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng
d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của
cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.
Câu 8b (1,0 điểm) Từ các chữ số 0; 1; 2; …; 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ
số khác nhau đơi một và chữ số chính giữa ln là 2.
Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton



x

5

2 lg(10 3 )  2( x2)lg3

6 bằng 21 và C1n  Cn3  2Cn2 .

.................................Hết.................................
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu khi làm bài.
Cán bộ coi thi khơng được giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: .......................................................... Số báo danh:.........................



n

số hạng thứ


HƯỚNG DẪN CHẤM
Ơ

Lưu ý:
Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược các bước giải, trong bài làm của học sinh
phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, khơng được dùng bút xóa và khơng được viết
tắt.
Các đồng chí chấm đúng và đủ điểm cho học sinh để bài thi còn trả lại học sinh.

Các cách làm khác nếu đúng, các đồng chí vận dụng cách cho điểm trong hướng dẫn
chấm để chấm cho học sinh
CÂU
NỘI DUNG
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
+ Tập xác định: D  R \ 1
+ Sự biến thiên
lim y  2 , lim y  2 . y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị (C)
x 

x 

lim y   , lim y   . x  1 là tiệm cận ngang của đồ thị (C)
x 1

a

+ Ta có y ' 

ĐIỂM

x 1

2

 x  1 2

0.25

 0 x  D

Bảng biến thiên
+ Kết luận:
- Hàm số đồng biến trên  ;1 và 1; 
- Hàm số khơng có cực trị
+ Đồ thị: Vẽ đúng dạng, đẹp
+ Xét phương trình hồnh độ giao điểm

0.25

0.25
0.25

2 x  4
 x  1
 2x  m   2
1 x
2 x   m  4  x  m  4  0 1

Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt
 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2   m  4   m  4  0

2
  m  16  0
m  4

 *
 m  4

1

0.25

+ Khi đó, A  x A ;2 x A  m  ; B  xB ;2 xB  m  với x A ; xB là nghiệm của (1)

b

4m

 xA  xB  2
Áp dụng định lí Viet ta có: 
x x  4  m
 A B
2

0.25

+ Theo giả thiết, ta có
m
15
 2d  I , AB  . AB  15  2. .AB  15  4.AB 2 .m2  1125
4
5
2
2
 20  x A  xB  .m2  1125  4  xA  xB   4 x A xB  .m 2  1125


2

2
  m  16  m  225
S AIB 

 m 2  25
 2
 m  9
 m 2  25
m  5

 m  5
Vậy m  5 là giá trị cần tìm

0.25

0.25


+ Điều kiện: sin x  0  x  k , k  Z . Khi đó phương trình
cos 2 x
sin 2 x
cos 2 x
 3cos x  2  3  cos x  1
1  cos 2 x
cos 2 x
 3cos x  2  3
1  cos x
  3cos x  2 1  cos x   3cos 2 x
 3cos x  2  3  cos x  1

0.25

0.25

2

 6cos x  cos x  2  0

2

1

 cos x  2

 cos x   2

3



x   k 2

1
3
Với cos x   
2
 x     k 2

3


 2
 x  arccos   3   k 2
2


Với cos x    

3
 2
 x   arccos     k 2
 3


0.25

Kết luận:….
1
2
1  8 x 2 x  1  4 y 3  12 y 2  13 y  5  3 2 x  1

Điều kiện: x 

 8 x 2 x  1  3 2 x  1  4 y 3  12 y 2  13 y  5
3

  4  2 x  1  1 2 x  1  4  y  1   y  1
4





3

3

2 x  1  2 x  1  4  y  1   y  1

0.25

3

Từ  3   y  1  0  y  1
Xét hàm số f  t   4t 3  t trên D   0;  
Ta có f '  t   12t 2  1  0, t  D . Suy ra f  t   4t 3  t đồng biến trên D
Khi đó:

3 

f





2 x  1  f  y  1

0.25

 2x  1  y  1

3

 2 x  y2  2 y  2

Thay vào  2  ta có

y

2

2

 2 y  2   4  y 2  2 y  2   4  y  1  2 y 3  7 y 2  2 y  0

 y 4  6 y 3  11 y 2  6 y  0
 y  y  1  y 2  5 y  6   0

0.25

y 0
 y  1

 y  2

 y  3

0.25

y  0

So sánh với điều kiện y  1 . Ta có 
 y  1
Với y  0 ta có x  1


Với y  1 ta có x 

1
2

Kết luận:….
x  1

7 . Khi đó phương trình tương đương với
 x  2
2log 2 2 x  7  2log 2  x  1  2 log 2  x  3

Điều kiện: 

0.25

 log 2 2 x  7  log 2  x  1  log 2  x  3
 log 2 2 x  7  log 2  x  1 x  3 
 2 x  7   x  1 x  3

* 

7
thì

2
*  x 2  2 x  3  2 x  7  x 2  4  0 Phương trình vơ nghiệm

Trường hợp 1: Nếu 2 x  7  0  x 
4

Trường hợp 2: Nếu 2 x  7  0  x 

0.25

0.25

7
thì
2

 *  x 2  2 x  3  2 x  7
 x 2  4 x  10  0
 x  2  14

 x  2  14
x  1
7

Kết hợp điều kiện x  và  7 ta có x  2  14 là nghiệm của PT đã cho.
2
 x  2

0.25

S

M

K

H

I

A

C
J

N
B

Gọi I là trung điểm AC, do SAC cân tại S nên SI  ( ABC ) . Gọi H là trung điểm AI
suy ra MH//SI
 MH  ( ABC ) , do đó (MN,(ABC)) = MNH = 60 0 . Ta
5

a2
.
2
Xét HCN có:
có S ABC 

a

3a 2
5a 2
; HC 
; NH 2  HC 2  NC 2  2 HC .NC .cos450 
;
2
4
8
a 10
NH 
4
30
30
Trong MHN có MH  NH tan 600  a
; SI  2 MH  a
4
2
1
30
 VS . ABC  SI .S ABC  a 3
3
12
Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vng góc của H lên MJ tức là HK  MJ
(1).

0.25

NC 

0.25

Ta có
JN  BI , màBI / / HJ  JN  HJ  2 

SI / / MH , màSI  JN  JN  MH (3)

 2  ,  3  JN   MHJ   HK  HK  JN  4 
1 ,  4   HK   MNJ 

0.25

d ( AC , MN )  d ( H  AC , MN )  d ( H , ( MJN ))  HK
a 30 a 2
.
4
4  a 30
=
=
2
2
2
16
MH  HJ
30 a
2a 2

16
16
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

MH .HJ

0.25

 b  2c  a
a2
a 2  b  2c  a
2a 2

2
.

b  2c
9
b  2c
9
3
2

2

Tương tự ta cũng có

 c  2a  b  2 b 2 .  c  2a  b  2b2
b2

c  2a
9
c  2a

9
3
2

2

0.25

 a  2b  c
c2
c 2  a  2b  c
2c 2

2
.

a  2b
9
a  2b
9
3
2

2

Khi đó
P

a2
b2

c2
2
1


  a 2  b 2  c 2    a 2  b  2c   b 2  c  2a   c 2  a  2b   (*)
b  2c c  2a a  2b 3
9

Theo Cosi, ta có
a 2c  b 2 a  c 2b 

a 3  a 3  c 3 b 3  b3  a 3 c 3  c 3  b3


 a3  b3  c3
3
3
3

(**)

Từ (*) và (**) suy ra
6

2 2
 a  b2  c2   19  a  b  c   a 2  b 2  c2 
3
2
1

  a2  b2  c 2    a 2  b2  c2  3 a 2  b2  c2 
3
9

P

0.25

Đặt t  3  a 2  b 2  c 2  , từ giả thiết ta có:
7  a 2  b 2  c 2   12  3  a 4  b 4  c 4    a 2  b 2  c 2 

2

2

  a 2  b 2  c 2   7  a 2  b 2  c 2   12  0
 3   a 2  b2  c 2   4

0.25

Do đó
2
1
2
1
P  t 2  t 3 . Xét hàm số f  t   t 2  t 3 trên D  3; 12 


9
27

9
27
2 2 1 3
Lập bảng biến thiến của hàm số f  t   t  t trên D  3; 12  ta được
9
27
min f  t   f  3  1. Suy ra P  1
D

Vậy Min P  1 đạt được khi a  b  c  1

0.25

B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
 11a  7    11a  23

; a   MA  
; a  14 
2
 2




 3b  4 
 3b  20

Gọi B   2  A 
; b   MB  

; b  14 
2
 2




 


Theo giả thiết, ta có 3MB  2 AM  0  3MB  2 MA

Gọi A  1  A 
7a

0.25
0.25


 9b  60
 11a  23  22 a  9b  14 a  1




2
 2a  3b  14
b  4
3b  42  2 a  28

0.25

Khi đó A  2;1 , B  4; 4 


Ta có AB   2; 5 là 1 vecto chỉ phương của AB.
 qua A  2;1

vtcp AB   2; 5 

AB được xác định 

 x  2  2t
 y  1  5t

8a

AB có phương trình tham số 

0.25

+ Số phần tử của khơng gian mẫu n     C184  3060
+ Gọi biến cố A = “Bốn viên bi lấy ra có đủ 3 mầu”
Số các cách chọn thuận lợi cho biến cố A là n  A   C72C51C61  C71C52C61  C71C51C62  1575

0.25

Xác suất của biến cố A là P  A 

n  A

n 



1575 35

 0.515
3060 68

0.5

0.25

Điều kiện: n  N , n  3
Ta có
Cn3  Cnn13  Cnn12 .Cn13 

9a

n!
 n  1!   n  1! .  n  3!

3! n  3!  n  3!2!  n  2 !1!  n  2 !1!

 n  12
. Vậy n  12 .
 n 2  11n  12  0  
 n  1
12

0.25
k

12
12
12  k  3 
3
k
k

Với n  12 ta có  2 x 2  3     1 C12k . 2 x 2  . 3     1 C12k .212  k .3k .x 24 5 k
x 

 x  k 0
k 0
Số hạng chứa x 1 trong khai triển ứng với 24  5k  1  k  5
5

Vậy hệ số của số hạng chứa x 1 là  1 C125 27.35  24634368

0.25

0.25
0.25

2. Theo chương trình nâng cao.
Ta có AC vng góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y  x .

7b


2
x

x  4y  2  0
3  A  2 ;  2 
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : 



y  x
 3 3
y   2

3
8 8
Vì M là trung điểm của AC nên C  ; 
3 3
Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: y 

8b

x  y  3  0

 x  4
BH  BC  B : 

 B  4;1
x
y


1
y


2


4
+ Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một là ab 2de
Do ab 2de là số chẵn nên e 0;4;6;8
+ Trường hợp 1: Nếu e  0 thì
a có 8 cách chọn
b có 7 cách chọn
d có 6 cách chọn
e có 1 cách chọn
Theo qui tắc nhân ta có: 8.7.6.1 = 336 số
+ Trường hợp 2: Nếu e 4;6;8 thì
a có 7 cách chọn
b có 7 cách chọn

0.25
0.25
0.25

x
2
4
0.25
0.25

0.25


d có 6 cách chọn
e có 3 cách chọn
Theo qui tắc nhân ta có: 7.7.6.3 = 882 số
Vậy có 336 + 882 = 1218 số

0.25

+ Phương trình C1n  Cn3  2Cn2  n( n2  9n  14)  0  n  7

 2lg(103 )  5 2( x2)lg3 
2
5
5
C75  2 lg(10 3 )   2( x2) lg3 
x

+ Số hạng thứ 6 trong khai triển

7

là:

x

9b

0.25
0.25

0.25

x
x
+ Ta có: C75 .2 lg(10 3 ).2( x2)lg3  21  2 lg(10 3 ) ( x2) lg3  1

 lg(10  3 x )  ( x  2) lg 3  0
 (10  3 x ).3 x2  1  32 x  10.3 x  9  0  x  0; x  2

+ KÕt luËn:…

0.25
0.25