DEDATOANTXHSG20152016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO LÀO CAI. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN - GDTX Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang). ĐỀ CHÍNH THỨC. 1 Câu 1.(5,0 điểm) Cho hàm số: f ( x)   x 3   m  1 x 2   m  2  x  5 3 1) Tìm giá trị của m để hàm số nghịch biến trên tập xác định 2) Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số đi qua điểm A(-3;15) Câu 2.(4,0 điểm). 1) Tính giới hạn : lim x  x  2 x2. 4x  1  3. 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f  x   x 1  x 2 trên đoạn  0; 1 .. Câu 3.(5,0 điểm. 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M ( 2;1 ). Lập phương trình đường thẳng d đi qua M và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích S = 4.. 2) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh bên bằng 2a. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.. Câu 4.(4,0 điểm) 1) Giải phương trình:. cos 2 x  3 sin 2x  2  sin 2 x  x  y  2xy  1  0 2) Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  2x  2 y  1  0 Câu 5.(2,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 1 2 1 1 1 2 2 a bb c  c a      a b c 2 a b c. ………………..Hết………………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO LÀO CAI. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015 - 2016. ĐỀ CHÍNH THỨC. HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN - GDTX (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang). I. Hướng dẫn chấm 1. Cho điểm lẻ đến 0,25 2. Điểm toàn bài là 20. Tổng điểm của bài là các phần cộng lại không làm tròn. 3. Học viên giải bằng cách khác vẫn cho điểm tương đương như trong đáp án quy định II. Biểu điểm Câu. Nội dung 1) Tìm m để hàm số nghịch biến trên R. Câu 1 ( 5,0 điểm) Tập xác định D = R. f '( x)   x 2  2(m  1) x  m  2. Hàm số nghịch biến trên R khi f ( x)  0 với x  R   x 2  2( m  1) x  m  2  0, x  .    m 2  m  1  0. 1 5 1 5 m 2 2 1 5 1 5 Vậy với m thì hàm số nghịch biến trên R 2 2. . 2) Đồ thị hàm số đi qua điểm M( -3; 15) Đồ thị hàm số đi qua M( -3; 15). 1   (3)3  (m 1).(3)2  (m  2).(3)  5  15 3. m. 7 3. Vậy với m . 7 thì đồ thị hàm số đi qua điểm M(-3; 15) 3. Điểm 3,0 0,25 0,5 0,75 0,5 0,75 0,25 2,0 0,5 1,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1) Tính Câu 2 (4,0 điểm). ( x  x  2)( x  x  2)( 4 x  1  3) 1. lim x  x  2 = lim x2 x2. ( 4 x  1  3)( 4 x  1  3)( x  x  2). 4x  1  3. ( x 2  x  2)( 4 x  1  3)  lim x 2 (4x  8)( x  x  2). = lim x2. 0,5. ( x  1)( 4 x  1  3) 9 = 8 4( x  x  2). 2. Hàm số f  x   x 1  x 2 liên tục trên đoạn  0; 1 Ta có f '  x   1  x  2. x2. 1  x2. . 1  2x 2. 1  x2.  2 x   0; 1  1  2x 2 2 f ' x   0   0  1  2x  0   2  2 1 x   0; 1 x    2 2.  2 1  2   2. Ta có f  0   0, f 1  0, f .  2 1  2   2. Vậy min f  x   f  0   f 1  0 , max f  x   f  0;1. Câu 3 (5 điểm). 0,5 0,5. ( x  1)( x  2)( 4 x  1  3) x2 4(x  2)( x  x  2). = lim. 2,0.  0;1. 0,5. 0.5 0.5. 0.5. 0.5. 1.. 3,0.  Gọi A(a;0) , B(0;b) (ĐK a,b  0 ) là giao điểm của d với Ox,Oy, suy. 0.5. ra d có dạng :. x y  1 a b. 2 1    1 2b  a  ab Theo giả thiết, ta có:  a b   a.b  8  a.b  8 .  Khi ab = 8 thì 2b + a = 8. Nên b = 2 và a = 4  d : x + 2y - 4 = 0. 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  Khi ab = -8 thì 2b + a = - 8.Ta có :. b 2  4b  4  0  b  2  2 2. + Với b  2  2 2  d : (1  2) x  2(1 . 2.. + Với b  2  2 2  d : (1 . 2) y  4  0. 2) x  2(1  2) y  4  0. 0.5 0.5 0.5. S. 2a. 2a 2a. A. a. H. a. I. B. C. a. - Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC, khi đó SH vuông góc với mặt đáy ABC. 1 3. 1 3. Nên V  B.h  SABC .SH. - Mà. S ABC . 1 1 a2 3 AB. AC.sin A  a.a.sin 600  2 2 4. 2 2 2 2 a a 3 - Ta lại có: AH  AI  AB 2  BI 2  a    3 3 3 3 2 Xét SAH vuông tại S, có:. a 3 a 33 SH  SA2  AH 2  (2a ) 2     3  3  Vậy, thể tích của hình chóp S.ABC là: 1 1 a 3 a 33 a 11 V  S ABC .SH  . .  (đvtt). 3 3 4 3 12. Câu 4 (4,0 điểm). 1) phương trình cos 2 x  3 sin 2x  2  sin 2 x. 0.5. 2. 2. 2. 0.5. 3. cos 2 x  3 sin 2x  2  sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x  3 sin 2x  2  cos2x  3 sin 2x  2. 0.5. 0.5. 2,0 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>    cos  2x    1 3   2x . .  x. 3. . 0,75.  k 2 , k  . 6. 0,5. 0,25.  k , k  .  x  y  2xy  1  0. 2) Giải hệ phương . 2 2  x  y  2 x  2 y 1  0. Đặt S = x + y, P = x.y ( S2 – 4P  0 ). S  2P  1  0. Ta được hệ phương trình . 2  S  2S  2 P 1  0. Giải hệ phương trình ta được (S1 = 1, P1 =1)(loại). 1 (S2 = - 2, P2 =  ) 2. 1 2. S2  2, P2   thì x, y là nghiệm của phương trình. Với. X 2  2X  .   x   . 1  0  2X 2  4X  1  0 2. 0,5 0,75. 0,5. 2 6 2 6   2 6 2 6  ,y ,y  ,  x   , 2 2   2 2 . Vậy nghiệm của hệ phương đã cho là. 0,25. Chứng minh bất đẳng thức. 2,0.  2 6 2 6   2 6 2 6  ; ;   ,   2 2   2 2  . Vì a, b, c là các số dương, nên theo BĐT Cô si ta có Câu 5 (2,0 điểm). 2,0. 1 2 1 1 2 1  a b    a;  b c    b; 2 b 2 c. 1 2 1 c a    c 2 a. 1 1 1 1 1 1   a 2b     b 2 c     c 2 a    a  b  c 2 b  2 c  2 a. 1,0 0,50.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Hay :. 1 2 1 1 1 2 2 a bb c  c a      a b c 2 a b c. Dấu ˝ =˝ xảy ra khi và chỉ khi a = b =c =1. 0,25. 0,25.

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