Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố môn Toán Lớp 12 - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ - LỚP 12 HÀ NỘI Năm học 2013 – 2014 Môn thi: Toán Ngày thi 3 – 10 – 2013, thời gian làm bài 180 phút Bài 1 (5 điểm) Cho hàm số: y = x3 – 3x + 4 có đồ thị (C). 1 a) Tìm các điểm M, N cùng nằm trên (C) sao cho điểm I ( ; 2) là trung điểm của đoạn thẳng 2 MN. b) Cho ba điểm phân biệt A, B, C cùng thuộc (C). Các tiếp tuyến của (C) tại A, B, C cắt (C) tại điểm thứ hai lần lượt A’, B’, C’. Chứng minh rằng: Nếu A, B, C thẳng hàng thì A’, B’, C’ cũng thẳng hàng. Bài 2(5 điểm) a) Giải phương trình: 2x2 + 2x + 5 = (4x – 1) x2 3 3 3 2 x y 3 x 6 x 3 y 4 0 b) Giải hệ phương trình: 4 2 2 4 x 3 3 2 y y 3 x 2 0 Bài 3(2 điểm) Cho các số thực a, b, c sao cho a 0, b 0, 0 c 1 và a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và 6 giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = 2ab + 3bc + 3ca + a b c Bài 4 (5 điểm) Trong không gian cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Đặt xOy ,, yOz  zOx  . Lấy các điểm A, B, C lần lượt thuộc các tia Ox, Oy, Oz sao cho OA = OB = OC = a với a > 0. a) Gọi M là điểm nằm trên đoạn BC sao cho BM = 2MC và I là trung điểm của đoạn thẳng AM. Tính độ dài của đoạn thẳng OI theo a trong trường hợp  600 ,  90 0 . 3 b) Chứng minh rằng: cos + cos  + cos > - 2 Bài 5(3 điểm) Cho dãy số (un) thỏa mãn điều kiện: u 2 1 u2 2013 u n u, n 1,2, n 1 2014 2014 n a) Chứng minh rằng (un) là dãy số tăng. un b) Với mỗi n 1, n N, đặt vn = . Chứng minh rằng: v1 + v2 + + vn < 2014 với mọi un 1 1 n 1. Hết Họ tên thí sinh: Phòng thi: .Số báo danh:
2. Đáp án Bài Đáp án Điểm Bài 1a Tìm cặp điểm đối xứng . 3điểm 3 Gọi M(x0, y0) (C) => y0 = x0 3 x 0 4 (1) 1điểm Vì I là trung điểm của MN => N(-1- x0; 4 - y0). 3 Vì N(-1- x0; 4 - y0) (C) nên 4 – y0 = (-1- x0) – 3(-1 - x0) + 4 (2) Thay (1) vào (2) ta được: 3 3 2 1điểm 4 – ( x0 3 x 0 4) = (-1- x0) – 3(-1 - x0) + 4  x0 x 0 2 0 Với x0= -2 => y0 = 2 Với x0= 1 => y0 = 2 Vậy cặp điểm cần tìm là M(-2; 2), N(1; 2). 1điểm Bài 1b Chứng minh ba điểm thẳng hàng 2điểm Gọi A(a; f(a)), B(b; f(b)), C(c; f(c)) với a, b, c đôi một khác nhau. Ta có A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi: f()()()() b f a f c f a b a c a  b2 + ab + a2 – 3 = c2 + ac + a2 – 3  a + b + c = 0 1điểm Phương trình tiếp tuyến tại A là: y = f’(a)(x – a) + f(a). Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến tại A và (C) là : (3a2 – 3)(x – a) + a3 – 3a + 4 = x3 – 3x + 4  (x-a)2(x+2a) = 0 => tiếp tuyến tại A cắt (C) tại điểm thứ hai A’(-2a; f(-2a)). Tương tự B’(-2b; f(-2b)), C’(-2c; f(-2c)). Vì a + b + c = 0 => (-2a) + (-2b) + (-2c) = 0 =>A’, B’, C’ thẳng hàng 1điểm Bài 2a Giải phương trình . 2điểm Đặt t = x2 3 => t2 = x2 + 3 => phươnng trình trở thành: 2t2 + 2x – 1 = (4x – 1)t  2t2 – (4x – 1)t + 2x – 1 = 0 1 t Ta có: = (4x-3)2 => 2 t 2 x 1 1điểm 1 1 Trường hợp 1: Với t = => x2 + 3 = => loại 2 4 Trường hợp 2: Với t = 2x - 1 ta có: 1 1 x x 2 2 10 x2 3 = 2x – 1  2 x 2 2 10 3 3x 4 x 2 0 x 3 2 10 1điểm Vậy x = là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 3 Bài 2b. Giải hệ phương trình
3. 2 x 2 Điều kiện : 1 y 3 1điểm Ta có: x3 – y3 + 3x2 + 6x – 3y + 4 = 0 (x + 1)3 + 3(x + 1) = y3 + 3y (*) Xét f(t) = t3 + 3t => f’(t) = 3t2 + 3 > 0,  t => f(t) là hàm đồng biến trên R. Từ đó (*)  f(x+1) = f(y)  y = x + 1. 1điểm Thay y = x + 1 vào 2 4 x2 - 3 3 2y y2 - 3x + 2 = 0 ta được: 2 2 x 4 x = -3x + 2  3  x = 0 => y = 1. 2 2 4 x 9 x 12 x 4 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (0; 1). 1điểm Bài 3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất 2điểm Ta có: 2 2 2 2 6 2 6 P = (a + b + c) – a – b - c + bc + ca + (a + b + c) - 3 + a b c a b c 6 Đặt t = a + b + c => t [ 3 ; 3]. Xét f(t) = t2 – 3 + , với t [ 3 ; 3]. 0,5điểm t 6 Vì f’(t) > 0 ,  t [ 3 ; 3] => f(t) f( 3 ) = . 3 Dấu bằng xảy ra khi a =c = 0, b = 3 hoặc b =c = 0, a = 3 6 0,5điểm Vậy Pmin = khi a =c = 0, b = 3 hoặc b =c = 0, a = 3 3 Ta có: 2 2 2 2 6 P = (a + b + c) – a – b - c + bc + ca + a b c a2 b 2 2 c 2 6 (a + b + c)2 - 3 + + 2 a b c 6 (a + b + c)2 - 1 + a b c 6 0,5điểm Đặt t = a + b + c => t [ 3 ; 3]. Xét g(t) = t2 – 1 + , với t [ 3 ; 3]. t Vì g’(t) > 0 ,  t [ 3 ; 3] => g(t) g(3) =10. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. 0,5điểm Vậy Pmax = 10 khi a = b = c = 1. Bài 4a Tính độ dài đoạn thẳng OI 3điểm  1  1   1  1  1 2  1  1  1  Ta có: OI OA (). OB BM OA OB BC OA OB BC 2 2 2 2 2 3 2 2 3 1điểm    Mặt khác: BC OC OB nên  1  1  1      OI OA OB OC 6 OI 3 OA OB 2 OC 0,5điểm 2 6 3       Từ đó : 36OI2 = 9OA2 + OB2 + 4OC2 + 6OAOB. 4 OB . OC 12 OAOC . 0,5điểm
4. => 36OI2 = 9a2 + a2 + 4a2 + 3a2 + 6a2 = 23a2 a 21 Vậy OI = 1 điểm 6 Bài 4b Chứng minh 2 điểm       Vì Ox, Oy, Oz không đồng phẳng nên OA OC OB 0 ( OA OC OB )2 0 1 điểm => a2 + a2 + a2 + 2a2cos + 2a2cos  + 2a2cos > 0 3 => cos + cos  + cos > 2 1 điểm Bài 5a Chứng minh dãy tăng 2 điểm * Trước hết chứng minh un 2,  n 1 bằng quy nạp. Thật vậy; - Với n = 1, ta có u1 = 2 => mệnh đề đúng khi n = 1. - Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là uk 2. Ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh un+1 2. Thật vậy: 2 1điểm uk 1 2013 4 2013 2015 uk+2 = u .2 2 2014 1014k 1 2014 1014 1007 un( u n 1) * Xét un+1 – un = 0, n 1 v ì u 2,  n 1 1 điểm 2014 n Bài 5b uk( u k 1) Ta có : uk+1 – uk = => uk(uk – 1) = 2014(uk+1 – uk) 2014 u 1 1 => k 2014( ) 0,5điểm uk 1 1 u k 1 u k 1 1 1 1 2014 Từ đó: v1 + v2 + +vn = 2014 () = 2014 - . u 1 u 1 u 1 1n 1 n 1 1 0,5điểm Vì un 2 => > 0 ,  n 1 nên v1 + v2 + +vn < 2014. un 1 1