De va dap an Toan 12 HSG Hai Duong

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG. 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). ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu I (2,0 điểm) 3 2 1) Cho hàm số y  x  2mx  3 x (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 hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ). 2) Cho hàm số. y=. 2 x +3 x+ 2. có đồ thị (C) và đường thẳng d: y=− 2 x +m . Chứng minh rằng d cắt. k 2 lần lượt là hệ số góc của tiếp (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k 1 , 2013 2013 tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = ( k 1 ) + ( k 2 ) đạt giá trị nhỏ nhất.. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:. (. sin 4 x +cos 4 x=4 √ 2sin x −. π −1 4. ). ¿. 1 √ x +1 − √ x 3 2 2 x (9 y +1)+ 4 (x +1) √ x=10 ¿{ ¿ 2. 3 xy ( 1+ √ 9 y +1 ) =. 2) Giải hệ phương trình:. Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức:. 1 1 1 1 1 + + + +. ..+ 1. 0 ! . 2013! 2 .1 ! . 2012! 3. 2 ! .2011 ! 4 . 3 ! . 2010! 2014 .2013 ! . 0 ! ¿ 5 u1= n 2 1 lim 1 (n ∈ N ∗) . Tìm 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: u = u2 − u +2 ∑ u n+ 1 k=1 k 2 n n ¿{ ¿ S=. ( ).. Câu IV (3,0 điểm) 0    0 1) Cho khối chóp S . ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASB SAC 90 , BSC 120 . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. 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:. x8 + y8 y 8+ z 8 z 8+ x8 + + ≥8 x 4 + y 4 + x 2 y 2 y 4 + z 4 + y 2 z 2 z 4 + x 4 + z 2 x2. ……………..Hết………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM (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. I1 1,0đ. Điểm. Nội dung 3. 2. 1) Cho hàm số y  x  2mx  3 x (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 hoành độ không. đổi và O là gốc toạ độ). Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (  ) là nghiệm phương trình: x3  2mx 2  3x 2mx  2  x 3  2mx 2  (2m  3) x  2 0  x 1  ( x  1)  x 2  (2m  1) x  2  0   2  x  (2m  1) x  2 0(2) . Vậy ( ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt  phương trình (2) có hai. 0,25. (2m  1) 2  8  0 x 1    m 0 1  2 m  1  2  0  nghiệm phân biệt . Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B( x1;2mx1  2), C( x2 ; 2mx2  2) , trong đó x1; x 2 0,25 là nghiệm phương trình (2) nên x1  x 2  2m  1, x1x 2  2 2 1 d = d(O; ) = S  BC.d 1+4m 2 2 Tam giác OBC có diện tích . Trong đó BC2 ( x2  x1 ) 2  (2mx2  2mx1 ) 2  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2   4m 2  1 2  BC    2m  1  8  4m 2  1  . Vậy S =. I2 1,0đ. √ 17. ⇔.  S. √ 4 m2 +4 m+ 9=√ 17. 2. 8. 0,25. ⇔ m=1 ¿ m=−2 (TM) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. 0,25.  2m  1. 2 x +3 2) Cho hàm số y= x+ 2 có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh. rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi 2013. hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = ( k 1 ). k1 , k2. +( k 2 ). 2013. lần lượt là đạt giá trị.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> nhỏ nhất. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: ⇔ x ≠ −2 2 2 x +(6 −m) x +3 −2 m=0(∗) ¿{. 2 x +3 =−2 x+ m x +2. Xét phương trình (*), ta có:. Δ> 0, ∀ m∈ R. 0,25. 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. x 1+1 ¿ ¿ x 2+1 ¿2 , trong đó ¿ ¿ 1 k 1= ¿ k 1 . k 2=. 1 2. 2. x1 , x2. =. là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy 0,25. 1 =4 2 ( x 1 x2 +2 x 1+2 x 2+ 4 ). (k >0, k >0). 1 2 ( x1 +2 ) ( x 2+ 2 ) 2013 2013 2013 Có P = ( k 1 ) + ( k 2 ) ≥ 2 . √ ( k 1 k 2 ) =22014 , do dó MinP = 22014 đạt được khi. II1 1,0đ. x1 +2 ¿2 ¿ x2 +2 ¿2 ¿ x2 +2 ¿2 x 1 +2 ¿2=¿ ¿ ¿ 1 k 1=k 2 ⇔ ¿ do x 1 , x 2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2 ⇔ x1 + x2 = - 4 ⇔ m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm. π 1) Giải phương trình: sin 4 x +cos 4 x=4 √ 2sin x − 4 −1 (1) PT(1) ⇔ 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) ⇔ (cosx – sinx). [ (cos x+sin x )(sin 2 x +cos 2 x)+2 ] =0 π *) cos x − sin x=0 ⇔ x= + kπ 4 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 ⇔ cosx + sin3x + 2 = 0 (2) ¿ cos x=− 1 *) Vì cos x ≥ −1 ;sin 3 x ≥ −1, ∀ x nên (2) ⇔ sin 3 x=−1 ⇔ hệ vô nghiệm. ¿{ ¿ π (k ∈ Z) Vậy PT có nghiệm là: x= +kπ 4. (. 0,25. ). 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> II2 1,0đ. ¿. 1 (1) √ x +1 − √ x x3 (9 y 2+1)+4 (x 2+1) . √ x=10( 2) ¿{ ¿. 3 xy ( 1+ √ 9 y 2+1 ) =. 2) Giải hệ phương trình: ĐK: x 0 NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0. 3 y+ 3 y √ 9 y 2 +1= √. PT (1) ⇔. 3 y ¿2 +1 ¿ ¿ 3 y+ 3 y √ ¿. ⇔. x +1+ √ x x. (3). Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t.. √ t2 +1+. Ta có: f’(t) = 1 +. 0,25. t. 2. √t 2 +1. , t > 0.. >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞). 1 √x 3 2 2 Thế vào pt(2) ta được PT: x + x +4 ( x +1). √ x=10 Đặt g(x)= x 3+ x 2 +4 (x 2 +1) . √ x −10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0  g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞). PT(3) ⇔ f(3y)= f. ( √1x ). √ t2 +1. ⇔ 3y =. 0,25 0,25. Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 Với x =1  y =. 1 3. KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;. III1 1,0đ. 1 ). 3. 0,25. 1) Rút gọn biểu thức:. 1 1 1 1 1 1 + + + +. ..+ +.. .+ 1. 0 ! . 2013! 2 .1 ! . 2012! 3. 2 ! .2011 ! 4 . 3 ! . 2010! 2014 . 2013! . 0 ( k +1). k ! .(2013 −k ) ! k 2013 2013 C 1 ⇒S .2013 !=∑ 2013 +) Ta có: S= ∑ k=0 (k +1). k ! .(2013 − k )! k=0 k +1 S=. 0,25. +) Ta có:. k 2013. k+1 2014. C C 2013 ! 2014 ! = = = k + 1 ( k +1) ! .(2013 − k) ! 2014 . (k +1)! [ 2014 −(k+ 1) ] ! 2014. 0,25. (k =0;1;…;2013) 2013. k +1. 2014 C 1 . ∑ C k2014 +) Do đó: S.2013!= ∑ 2014 = 2014 k=1 k=0 2014. +) S.2013! =. III2 1,0đ. 1 ( 22014 − 1 ) 2014. 0,25. 2014. ⇒ S=. 2 −1 2014 ! ¿. u1 =. 0,25. 5 2. 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: u = 1 u2 − u +2 n+ 1 2 n n ¿{ ¿. n. (n ∈ N ∗) . Tìm lim. 1 uk. (∑ ) . k=1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 2. 2 +) Ta có: un+ 1 −u n= (u n − 4 un + 4)≥0, ∀ n. Nếu có số M: un. ⇒. Dãy không giảm.. M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un 1 2. +) Khi đó ta có: L =. u1 ⇒ L. 0,25 0,25. u1. L2 – L + 2 ⇔ L = 2. (Vô lý). ⇒ limun = +∞ un (u n −2)=2( un+1 −2) ⇔ ⇔ +) Ta có: u2n −2 un +4=2 un +1 1 1 = u n (un −2) 2(u n+1 − 2) ¿ 1 1 1 1 1 1 ⇔ − = ⇔ = − ∀ n∈ N ∗ ) ( un −2 un un +1 −2 un u n − 2 un+1 −2 ¿ n. n. 1 1 1 − +) Do đó: ∑ = u1 − 2 un+ 1 −2 k=1 uk. IV1 1,5đ. ⇒. lim. 1 uk. (∑ ) = k=1. 0,25 0,25. 1 =2 u 1 −2. 0    0 1) Cho khối chóp S . ABC SA 2a, SB 3a, SC 4a, ASB SAC 90 , BSC 120 .. Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) theo a . S. Dùng ĐL Cosin tính được:. S. MN = 2 a √ 3. N. A. 0,25. A N. C. M. H. M B. AM= 2 a √ 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ∠ ASC = 600) 0,25 ⇒ tam giác AMN vuông tại A. Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A. 0,25 ⇒SH ⊥( AMN) ; tính được SH = a. 2 √ 2 a3 Tính được V S . AMN = 3 V S . AMN SM . SN 1 = = ⇒V S . ABC=2 √ 2 a3 V S . ABC SB. SC 3. d (C ;( SAB )) . 0,25 0,25 0,25. 3VS . ABC 6a 3 2  2a 2 S SAB 3a 2. IV2. Vậy 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và. 1,5đ. đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.. +) Đặt. BM =x , với BA. 0 ≤ x ≤1. ⇒. DN =x . Khi đó ta có: DC. ⃗ BM=x . ⃗ BA. ⃗ DN=x . ⃗ DC DN=x . ⃗ DC ⇔ ⃗ BN −⃗ BD=x (⃗ BC − ⃗ BD)⇔ ⃗ BN=x . ⃗ BC+(1 − x). ⃗ BD +) Ta có: ⃗. MN=⃗ BN − ⃗ BM=x . ⃗ BC+(1 − x ). ⃗ BD − x . ⃗ BA Do đó: ⃗. và 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2. +) MN =. a2 a2 a2 − 2 x 2 . − 2 x (1 − x) 2 2 2 2 2 x a +¿. 0,25. 1− x ¿2 a2 + x 2 a2 +2 x (1 − x ). 1− x ¿2 + x 2 + x (1− x) − x 2 − x (1 − x ) = a2 = (2x2 – 2x + 1)a2 x 2+¿ ¿ +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn [ 0 ; 1 ] ta có:. 0,25. 1 1 max f (x)=f (0)=f (1)=1 ,min f (x)=f ( )= 2 2 a 2 +) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng √ khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. 2. +) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M. B, N. D hoặc M. A, N. 0,25 0,25. C.. Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 2. V 1,0đ. x8+ y8 y 8+ z 8 z 8+ x8 + + ≥8 x 4 + y 4 + x 2 y 2 y 4 + z 4 + y 2 z 2 z 4 + x 4 + z 2 x2. Chứng minh rằng:. +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8 3(a 2+ b2) a 2+ b2 2 2 Do ab ≤ nên a +b + ab ≤ Dấu“=”có ⇔ a=b 2 2 a 4 +b 4 a 4 +b 4 a4 + b4 1 ≥ ≥ (a2 +b 2) +) Ta có: a2 +b2 +ab 3 ( a 2+ b2 ) . Ta sẽ chứng minh: 3 ( a2 +b2 ) 3 2 2 a2 +b 2 ¿2 ¿. Thật vậy: (1) ⇔ 2( a 4 +b4 ¿. 0,25. (1).. 0,25. ⇔ (a2 – b2)2 0 (luôn đúng).. a 4 +b 4 1 ≥ (a2 +b 2) Dấu“=”có ⇔ a2=b2 ⇔ a=b 2 2 a +b +ab 3 b4 +c 4 1 ≥ (b 2+c2 ) Dấu“=”có ⇔ b=c +) Áp dụng BĐT trên ta có: 2 2 b +c +bc 3. Do đó ta được:. 0,25. c 4 + a4 1 ≥ (c 2 +a2 ) Dấu“=”có ⇔ c=a 2 2 c + a + ca 3. Cộng các vế các BĐT trên ta được: 4. 4. 4. 4. 4. 4. a +b b +c c +a 2 + 2 2 + 2 2 ≥ (a2 +b 2+ c2 ) (2) Dấu“=”có ⇔ a=b=c 2 2 a +b +ab b +c + bc c +a +ca 3 2 2 2 2 3 2 2 2 +) Theo BĐT Cô-si ta có: 3 ( a +b +c )≥ 2. √ a b c =8 .Dấu“=”có ⇔ a=b=c. Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔. |x|=| y|=|z|=√ 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>

<span class='text_page_counter'>(8)</span>