Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Thuận (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Thuận (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TỈNH BÌNH THUẬN Năm học: 2013 – 2014 Ngày thi: 17.10.2013 Đề chính thức Môn: Toán Đề này cĩ 01 trang Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ Bài 1: (4 điểm) x3 1 Hãy tìm điểm M thuộc đồ thị (C) của hàm số y f (x) , biết tiếp tuyến x 1 của (C) tại M cắt Ox, Oy lần lượt tại B, C mà diện tích tam giác OBC bằng (với O là 2 gốc tọa độ). Bài 2: (5 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau: 1/ x 1 2013(1 2013x2 )2 4x2 2/ 2x 9 (1 1 2x)2 Bài 3: (2 điểm) Cĩ ba cái hộp: hộp thứ nhất đựng hai quả cam (C), hộp thứ nhì đựng hai quả quít (Q), hộp thứ ba đựng một quả cam và một quả quít. Nhưng khi đĩng kín hộp, người ta dán nhầm các nhãn CC, QQ, CQ, cho nên các nhãn dán ở ngồi hộp khơng đúng với các quả đựng trong hộp. Làm cách nào để chỉ cần lấy một quả trong một hộp, khơng nhìn vào trong hộp mà biết được chính xác các quả đựng trong ba hộp. Bài 4: (5 điểm) Cho a, b 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a4 b4 a2 b2 a b y 4 4 2 2 b a b a b a Bài 5: ( 4 điểm) Cho lăng trụ đứng OAB.O’A’B’ cĩ OO’ = h. Tam giác OAB vuơng tại O và OA= a, OB = b. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua O và vuơng gĩc với AB’. 1/ Chỉ rõ cách dựng thiết diện do mặt phẳng (P) cắt lăng trụ. Thiết diện là hình gì? 2/ Khi nào thiết diện là hình tam giác? Tính diện tích tam giác đĩ theo a, b, h. Hết
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG BÌNH THUẬN LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA Ngày thi: 18.10.2013 Năm học: 2013 - 2014 Đề chính thức Môn: Toán Đề này cĩ 01 trang Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ: Bài 1: (4 điểm) 1 sin Khơng dùng máy tính, chứng minh rằng: 14 3cos 2sin 7 14 Bài 2: (4 điểm) Giải phương trình: 1 1 x2 (1 x)3 (1 x)3 2 1 x2 Bài 3: (4 điểm) Để chuẩn bị một bửa tiệc, một nhà hàng cần mua ba loại gà, cút, ngỗng. Biết rằng gà 3 tiền một con; cút 1 tiền 5 con và ngỗng 5 tiền một con. Tổng số tiền phải mua là 60 tiền và tổng số gà, cút, ngỗng phải mua là 100 con. Hỏi phải mua mỗi loại mấy con? (Quy ước 1 tiền là 100.000 đồng) Bài 4: (4 điểm) u1 2 2 Từ dãy số (un) được xác định bởi: u 2013u (n nguyên dương) u n n n 1 2014 n ui ta thành lập dãy (Sn ), với Sn  . i 1 ui 1 1 Tìm lim Sn ? Bài 5: (4 điểm) Cho một đường trịn mà tâm của nĩ ở trên cạnh AB của tứ giác lồi ABCD và tiếp xúc với ba cạnh cịn lại của tứ giác đĩ. Chứng minh rằng nếu tứ giác ABCD nội tiếp thì ta cĩ AD + BC = AB. Hết
3. ĐÁP ÁN VỊNG 1 Bài 1: 4đ Hàm số cĩ MXĐ D = R\ {0} 2x3 1 f '(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 x2 Gọi M(a; f(a)) là điểm cần tìm, tiếp tuyến tại M: 2a3 1 2 a3 y f '(a)(x a) f (a) x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 a2 a 3 3 a(a 2) 3 2 a Tìm được B 3 ;0 ,(2a 1 0), C(0; ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1,0 2a 1 a 1 1 a(a3 2) 2 a3 1 (a3 2)2 S x . y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 OBC 2 B C 2 2a3 1 a 2 2a3 1 1 (a3 2)2 (a3 2)2 2a3 1 (1) Mà S nên 1 Hay (a3 2)2 2a3 1 . . . . . . .0,5 3 3 2 3 2 2a 1 (a 2) (2a 1) (2) * Phương trình (2) vơ nghiệm * Phương trình (1) cho a 1;a 3 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 6 Vậy các điểm cần tìm là M (1;2), M ( 3 5; ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 1 2 3 5 Bài 2: 5đ 1/ (2đ) y 1 2013x2 Đặt y 1 2013x2 , ta cĩ hệ: , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 2 x 1 2013y 1 2013x 1 Tìm được x y hoặc y x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 2013 2013 1 8053 * x = y: ta cĩ phương trình 2013x2 x 1 0 x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 1,2 2.2013 1 2012 1 8049 * y x : ta cĩ phương trình 2013x2 x 0 x . . . . . . . . . . . . . 0,5 2013 2013 3,4 2.2013 2/ (3đ) 1 1 2x 0 x Điều kiện: 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 1 1 2x 0 x 0 2x 2x(1 1 2x) Ta cĩ: (1 1 2x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 1 1 2x 2x 4x2 Ta được: (1 1 2x)2 2 2x 2 1 2x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 (1 1 2x)2 7 45 Như vậy, bất phương trình viết lại: 2 2x 2 1 2x 2x 9 1 2x x . . . . . .0,5 2 8 1 45 Vậy nghiệm của bất phương trình là: x và x 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 2 8
4. Bài 3: 2đ Ta lấy một quả trong hộp cĩ dán nhãn CQ * Nếu quả đĩ là cam thì hộp này chứa hai quả cam; từ đĩ suy ra hộp dán nhãn CC chứa hai quả quít vả hộp dán nhãn QQ chứa một quả cam và một quả quít. . . . . . . . . . . .1,0 * Nếu quả đĩ là quít thì hộp này chứa hai quả quít; từ đĩ suy ra hộp dán nhãn QQ chứa hai quả cam và hộp dán nhãn CC chứa một quả cam và một quả quít. . . . . . . . . . . .1,0 Bài 4: 5đ a b Đặt t thì t 2 , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 b a a2 b2 a4 b4 ta cĩ: t 2 2 và t 4 4t 2 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 b2 a2 b4 a4 Từ đĩ: y f (t) t 4 5t 2 t 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 f '(t) 4t3 10t 1; f ''(t) 12t 2 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 Vì t 2 nên f’’(t) > 0 Suy ra hàm số f’(x) đồng biến, do đĩ: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 * t > 2 f’(t) > f’(2) > 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 * t < - 2 f’(t) < f’(-2) < 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 Bằng cách lập bảng biến thiên ta cĩ: miny = -2 khi t = - 2 a = -b . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 Bài 5: 4đ 1/Hạ OK AB, Qua K kẻ Kx AB’, cĩ 2 khả năng xảy ra: A' B' * Kx cắt AA’ tại L, thiết diện là OKL . . . . . . . .0,5 L * Kx khơng cắt AA’, lúc đĩ, Kx cắt A’B’ tại L, vẽ LM//OK. Thiết diện là hình thang O' OKLM vuơng tại K và L. . . . . . . . . 0,5 2/ Để thiết diện là tam giác ta phải cĩ: h AL h AK tan (*) (với ·AKL ) A K B . . . . . . . 0,5 O OA2 a2 a2 b2 Để ý: AK , tan tan ·AA' B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 AB a2 b2 h a2 a2 b2 (*) trở thành: h . h a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 a2 b2 h a2 a4 (a2 b2 h2 ) a2b2 Lúc đĩ: AL ; LK 2 LA2 AK 2 ; OK 2 . . . . . . . . . . . . . . . . .1,0 h h2 (a2 b2 ) a2 b2 1 a3b a2 b2 h2 S OK.KL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 OKL 2 2h(a2 b2 )
5. ĐÁP ÁN VÒNG 2 Bài 1: 4đ 3 5 3 7 5 Ta cĩ1 sin sin sin sin sin sin sin 14 14 14 14 14 14 14 2 3 = 2sin (cos cos cos ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 14 7 7 7 2 3 1 sin 2sin (cos cos cos ) 2 3 Khi đĩ: 14 14 7 7 7 (cos cos cos ) . . . . . . . . . 0,5 2sin 2sin 7 7 7 14 14 1 3 5 4 2 Mặt khác: cos cos cos cos cos cos cos 7 2 7 7 7 7 7 7 2 3 2 3 = cos cos cos cos cos cos . . . . . . . . . . . . . 1,0 7 7 7 7 7 7 2 3 Đặt x cos ; y cos ; z cos , điều cần chứng minh tương đương với: 7 7 7 x y z 3(xy yz zx) (1) Mà x, y, z > 0 nên: (1) (x y z)2 3(xy yz zx) (x y)2 (y z)2 (z x)2 0 (2) 0,5 Do x, y, z đơi một khác nhau nên (2) đúng. . . . . . . . . . . . . .0,5 Vậy ta cĩ đpcm . . . . . . . . . . . . 0,5 Bài 2: 4đ Điều kiện x 1 . . . . . . . . . . . . .0,5 Khi đĩ vế phải của phương trình luơn luơn dương nên nếu 1 x 0 thì (1 x)3 (1 x)3 0 tức là vế trái khơng dương và do đĩ 0 x 1 . . . . . . . . . . . . 1,0 Đặt x cos (0 ) , ta cĩ: 2 1 1 cos2 (1 cos )3 (1 cos )3 2 1 cos2 . . . . . . . . . . . . . (cos sin )(2 2 cos3 2 2 sin3 ) 2 sin . . . . . . . . . . . . .0,5 2 2 2 2 2 2(cos sin )(cos sin )(cos2 sin2 sin cos ) 2 sin . . . . . . . . . . . 0,5 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 cos (1 sin ) 2 sin (2 sin )( 2 cos 1) 0 cos . . . . . . . . . .1,0 2 2 2 Vậy nghiệm của phương trình là x . . . . . . . . . . . . .0,5 2
6. Bài 3: 4đ Gọi x, y, z lần lượt là gà, cút, ngỗng phải mua (x, y, z nguyên dương), ta cĩ hệ phương trình: x y z 100 x y z 100 (1) 1 . . . . . . . . . . . . . . 0,5 3x y 5z 60 15x y 25z 300 (2) 5 Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được: 14x + 24z = 200 7x + 12z = 100 100 12z 5 5z 1 z x 15 z 15 z 5. . . . . . . . . . . . . . 0,5 7 7 7 1 z Đặt t (t Z) z 7t 1 (3) . . . . . . . . . . . . . 0,5 7 Từ (3) x = 15 – z – 5t = 15 – 7t + 1 – 5t = 16 – 12t . . . . . . . . . . . . . 0,5 Thay vào (1) ta được: 16 – 12t + y + 7t – 1 = 100 hay y = 5t + 85 . . . . . . . . . . . . . 0,5 x 16 12t Khi đĩ ta cĩ hệ: y 85 5t z 7t 1 4 t 16 12t 0 3 1 4 Vì x, y, z > 0 nên 85 5t 0 t 17 t . . . . . . . . . . . . .0,5 7 3 7t 1 0 1 t 7 Và vì t Z nên t = 1. Do đĩ x = 4, y = 90, z = 6 . . . . . . . . . . . . .0,5 Vậy phải mua 4 con gà, 90 con cút và 6 con ngỗng . . . . . . . . . . . . .0,5 Bài 4: 4đ u (u 1) Từ giả thiết, ta cĩ: u n n u , n nguyên dương . . . . . . . . . . . . .0,5 n 1 2014 n Vì u1 2 , nên ta cĩ: 2 = u1 2) 2 2 un 2013un L 2013L L 0 Khi đĩ, limun 1 lim L điều này vơ lý vì L > 2 . . . . . 0,5 2014 2014 L 1 1 Như vậy dãy (un) khơng bị chặn trên. Từ đĩ, ta cĩ limun hay lim 0 . . . . . . . . . . .0,5 un Mặt khác, cũng từ giả thiết ta cĩ: 2 un 2013un un 1 1 un 1 un (un 1) 2014(un 1 un ) 2014 . . . . . . . . . . 0,5 2014 un 1 1 un 1 un 1 1 Cho n lần lượt nhận các giá trị 1, 2, 3, , n rồi sau đĩ cộng n đẳng thức nhận được vế theo vế: n ui 1 1 1 Sn  2014 2014 1 . . . . . . . . . . . . .1,0 i 1 ui 1 1 u1 1 un 1 1 un 1 1 1 Vậy lim Sn lim 2014 1 2014 . . . . . . . . . . . . .0,5 un 1 1
7. Bài 5: 4đ Gọi O là tâm đường trịn tiếp xúc với cả ba cạnh của tứ giác ABCD, R là bán kính của nĩ; G, I lần lượt là chân các đường vuơng gĩc hạ từ O đến BC, DA. Ta cĩ: C BG R cot B, CG R cot D C . . . . . . .0,5 2 D I DI R cot , AI R cot A G . . . . . . .0,5 2 R R A B OB , OA O . . . . . . .0,5 sin B sin A Do tứ giác ABCD nội tiếp nên: B D , A C 1 cos A A C Ta cĩ: tan cot . . . . . . .0,5 sin A 2 2 1 cos B B D tan cot . . . . . . .0,5 sin B 2 2 Mặt khác: AI + ID + BG + CG = AD + BC D C = R(cot A cot cot B cot ) . . . . . . .0,5 2 2 cos A 1 cos B cos B 1 cos A = R . . . . . . .0,5 sin A sin B sin B sin A R R = OA OB AB . . . . . . .0,5 sin A sin B Vậy AD + BC = AB (đpcm)