kiem tra 1tieets chuong 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN. CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM. TRƯỜNG THPT TRẠI CAU. Độc lập - Tự do _ Hạnh phúc. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề 2x  3 x 2 Câu I: (4,0 điểm) Cho hàm số: (1) 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:( 5,0 điểm) y. 2  x  y   2x 1  2 y 1   2  x  y   x  2 y   3x  2 y 4 1. Giải hệ phương trình: . ( x, y  ).. sin 2x  3tan 2x  sin 4 x 2. tan 2 x  sin 2 x 2. Giải phương trình: Câu III:( 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 AB , AC 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:( 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:( 2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. P. 1 a 2  b2  c 2  1. . 2  a  1  b  1  c  1. 2  u1  2013  2  Câu VI:(2,0 điểm) Cho dãy số (un ) được xác định: un (2  9un 1 ) 2un1 (2  5un ), n 1 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> u u u vn  1  2    n 1  u1 1  u2 1  un . Tìm lim vn . Xét dãy số ------------------HẾT------------------. TRƯỜNG THPT TRẠI CAU. ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015-2016. Câu I. Ý 1. Lời giải Cho hàm số: TXĐ:. y. 2x  3 x  2 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ..  phương trình đường TCN: y = 2. x  . lim y  ;lim y  x  2. y/ . 0,25. D R \  2. lim y 2 x  2. 1.  x  2. 2. Điểm 2,0. 0,5.  phương trình đường TCĐ: x = 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.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm. 2,0. cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB  2 IB , với I(2;2). 0,5.  2x  3  M  x0 ; 0   (C ) x0  2   Gọi. y . 1.  x0  2 . 2. x. 2 x02  6 x0  6.  x0  2 . 2. PTTT của (C) tại M: Do AB  2 IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc của tiếp 1 y/  0 2 x  2  tuyến k = 1 hoặc k = -1. vì nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1. . II. 1. 1.  x0  1. 2. 0,5. 0,5.  x0 1  1    x0 3.  có hai phương trình tiếp tuyến: y  x  2 ; y  x  6. 0,5. 2  x  y   2 x 1  2 y 1   2  x  y   x  2 y   3x  2 y 4 Giải hệ phương trình: . 2,5.   x    y  Đk: . (1). x, y  . (2) 0,5. 1 2 1 2.  x  y  1 0  x 2   3 y  3 x  2 y 2  2 y  4 0    x  2 y  4 0 (loai ) Pt(2) 2 x  y   4 xy   2 x 1  2 y 1  2 Pt(1).   x  y  2  4 xy   2  x  y   2  2 4 xy  2  x  y   1     2  . 1,0 1,25. 2.  8 4 xy  3  4 xy  3  4 xy  5   4 xy  3 0  2   4 xy  5  4 xy  3 8 (loai ) ( do 1  x  y  4 xy  4 xy  5  0). Hệ đã cho tương đương:.  x  y 1   3 xy   4. 1  x   2   y 3 2 . 3  x   2   y  1 2 .  1 3  3 1   ;  ,  ;  Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:  2 2   2 2 . 0,75.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. sin 2 x  3tan 2 x  sin 4 x 2 tan 2 x  sin 2 x. Giải phương trình: cos 2 x 0  Đk:  tan 2 x  sin 2 x 0 (*). 2,5 0,5. 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.   cos 2 x  1  sin 2 x  sin 4 x  0   cos 2 x  1  cos 2 x  1 0     sin 2 x 0   sin 4 x  sin 2 x 0  1  cos 2 x   2.    x  2  k   x k   2   x   k  3.  x   k 3 Nghiệm thỏa mãn (*). 0,75. 0,5.  x   k 3 Phương trình có 2 họ nghiệm:. 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. C c; c  4   d1 Gọi  , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0.    c  10 c  10   CI 2 AI  CI 2 IA  I  ;  3 3    CID  AIM Ta có đồng dạng c  10 c  10 3 4  23 0  c 1 3 3 Mà I  d 2 nên ta có: Vậy C(1;5). 3t  9   3t  23   M  d 2  M  t;   B  2t  5;  4  2    Ta có:  3t  5  3t  19    AB  2t  10;  , CB  2t  6;  2  2     t 1  1 AB.CB 0  4  t  5   t  3   3t  5   3t  19  0    t  29 4 5  Do  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 AB , AC sao cho P, Q, O thẳng hàng. Gọi. 2,0. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5. 2,0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 ).. 0 Chứng minh góc DKD ' 90 Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có: DKH DKP ( KH / / PD ) DKP PBA (tứ giác PEBD nội tiếp). 0,5. 1  DKH PBA  sd PA 2 Suy ra: 1 D ' KH  sd AQ 2 Tương tự, ta chứng minh được: 1  DKD ' DKH  D ' KH  sd PQ 900 2 Vậy (do PQ là đường kính) DD '  2 R Chứng minh : Thật vậy, xét hình thang vuông DPQD ' vuông tại D và D’ nên DD ' QP 2 R , dấu “=” xảy ra khi PQ / / BC. IV. 1. 0,5. 1,0 1 KD 2  KD '2 DD '2 4 R 2 S  KD.KD '    R 2 2 4 4 4 Xét tam giác DKD ' . Ta có: 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 đều 1,5 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    SH   ABCD  SAB    ABCD    Ta có:. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> SH . 2. V. a 3 2. 0 Góc giữa (SCD) và mặt đáy là SMH 60 SH a HM   0 tan 60 2 Ta có. 0,25. 1 a 2 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. d d I ,( S ,d )  2d H ,( S ,d )  2d  H ,( SBD )  2 HK Khi đó:  BD ,SA IH BH BH . AD a 5    IH   AD BD BD 10 Ta có BIH đồng dạng BAD. 0,5. 1 1 1 a 3  2  2  HK  2 HS HI 8 Xét SHI vuông tại H, ta có: HK a 3 d  BD, SA  4 Vậy Cho a, b, c là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. 0,5. P. 1 a2  b2  c2  1.  a  b 1 . 2. . 2. a b c. t 1 f’ (t f ) ( 0 t ). +. 2.  c  1 . 2. 4 0 1/ 4. -. +  0. 1,5 0,5. 0,5. 2,0. 2  a  1  b  1  c  1. 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 P  a  b  c  1  a  b  c  3 3 Vậy 2 54   f (t ) t  t  2 3 (t  1) = với t a  b  c  1  t 4 2 162 f / (t )  2  ; f / (t ) 0   4 t  t  2  t 1(loai ) 2. 0,25. 0,75 0,75 0,75. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 1 4 khi Vậy giá trị lớn nhất của 2  u1  2013   2 Cho dãy số (un ) đuợc xác định: un (2  9un 1 ) 2un1 (2  5un ), n 1 . P. VI. a  b  c 3   a b c 1 a b c c 1 . 2,0. u u u vn  1  2    n 1  u1 1  u2 1  un . Tìm lim vn . Xét dãy số 0,25. Ta có un 0n 1 . Khi đó:. un2  2  9un 1  2un 1  2  5un  . . 2.  9. 2  9un1 2  2  2  5un  un 1 un. 4 10  un2 un. un 1 2 xn  un n 1 . Khi đó ta có dãy mới  xn  được xác định bởi: Đặt  x1 2013  2  xn1  xn  5 xn  9 n 1 x Chứng minh  n  là dãy tăng: 2 xn1  xn  xn2  5 xn  9  xn  xn  3  0 Xét hiệu: x Do x1 2013  3 nên xn 1  xn  0 suy ra dãy  n  là dãy tăng.. 0,25. 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. lim xn a,  a  2013 Giả sử dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt . 2 Từ công thức truy hồi xn1  xn  5 xn  9. 0,5. 2 Lấy giới hạn hai vế, ta được: a a  5a  9  a 3 (không thỏa mãn) Do đó dãy đã cho không có giới hạn hữu hạn.     1 u u 1 1  1   2  vn  1  ...  n 2   ...   ...   2 1  u1 1  un xn  2   2 2   x1  2  2 u  un  1  Ta có: n 1 1 1 1   Mà: xn  2 xn  3 xn1  3.  1  1  1 1  vn 2     2    x1  3 xn1  3   2013  3 xn1  3  Do đó, ta có: 1 lim vn  1005 Mà lim xn  nên. 0,5. 0,5.

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