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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y x3 2mx2 3x (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). 2x 3 2) Cho hàm số y có đồ thị (C) và đường thẳng d:y 2x m . Chứng minh rằng d cắt (C) x 2 tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của 2013 2013 (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 k2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: sin 4x cos 4x 4 2 sin x 1 4 2 1 3xy 1 9y 1 2) Giải hệ phương trình: x 1 x 3 2 2 x (9y 1) 4(x 1) x 10 Câu III (2,0 điểm) 1 1 1 1 1 1) Rút gọn biểu thức: S 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0! 5 u 1 2 n 1 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (n N*) . Tìm lim . 1  u u u 2 u 2 k 1 k n 1 2 n n Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho khối chóp S.ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, A· SB S· AC 900 , B· SC 1200 . 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 Cđến 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 x8 y 8 y 8 z 8 z 8 x8 Chứng minh rằng: 8 x 4 y 4 x 2 y 2 y 4 z 4 y 2 z 2 z 4 x 4 z 2 x 2 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: .Chữ ký của giám thị 2: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (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 Nội dung Điểm 3 2 I1 1) Cho hàm số y x 2mx 3x (1) và đường thẳng ( ) : y 2mx 2 (với m là tham 1,0đ 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 2mx2 3x 2mx 2 x3 2mx2 (2m 3)x 2 0 x 1 (x 1) x2 (2m 1)x 2 0 . 2 0,25 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 (2m 1)2 8 0 nghiệm phân biệt x 1 m 0 . 1 2m 1 2 0 Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B(x1;2mx1 2), C(x2 ;2mx2 2), trong đó x1;x2 0,25 là nghiệm phương trình (2) nên x1 x2 2m 1,x1x2 2 1 2 Tam giác OBC có diện tích S BC.d . Trong đó d = d(O; ) = 2 1+4m2 2 2 2 2 2 BC (x2 x1) (2mx2 2mx1) (x1 x2 ) 4x1x2 4m 1 BC 2m 1 2 8 4m2 1 S 2m 1 2 8 0,25 2 m 1 0,25 Vậy S = 17 4m 4m 9 17 (TM) m 2 2x 3 I2 2) Cho hàm số y có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh x 2 1,0đ rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 ,k2 lần lượt là hệ 2013 2013 số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 k2 đạt giá trị nhỏ nhất. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: 2x 3 x 2 2x m 2 0,25 x 2 2x (6 m)x 3 2m 0(*) Xét phương trình (*), ta có: 0,m R 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 1 1 x k1 2 ,k2 2 , trong đó 1 ,x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy (x1 1) (x2 1) 0,25 1 1 k1.k2 2 2 2 4 (k1>0, k2>0) x1 2 x2 2 x1 x2 2x1 2x2 4 2013 2013 2013 2014 2014 Có P = k1 k2 2. k1k2 2 , do dó MinP = 2 đạt được khi 1 1 k k (x 2) 2 (x 2) 2 1 2 (x 2) 2 (x 2) 2 1 2 1 2 0,25 do x1 ,x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2 x1 + x2 = - 4 m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm. II 1 1) Giải phương trình: sin 4x cos 4x 4 2 sin x 1 (1) 4 1,0đ PT(1) 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) 0,25 (cosx – sinx).(cos x sin x)(sin 2x cos 2x) 2 0 *) cos x sin x 0 x k 0,25 4 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 cosx + sin3x + 2 = 0 (2) 0,25 cos x 1 *) Vì cos x 1;sin 3x 1,x nên (2) hệ vô nghiệm. sin 3x 1 0,25 Vậy PT có nghiệm là: x k (k Z) 4 II2 2 1 3xy 1 9y 1 (1) 1,0đ 2) Giải hệ phương trình: x 1 x 3 2 2 x (9y 1) 4(x 1). x 10(2) ĐK: x 0 NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0 x 1 x PT (1) 3y 3y 9y 2 1 x – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. 2 0,25 2 1 1 1 3y 3y (3y) 1 1 (3) x x x Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t.t 2 1 , t > 0. t 2 Ta có: f’(t) = 1 + t 2 1 >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞) t 2 1 1 1 PT(3) f (3y)= f 3y = 0,25 x x Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 x 2 4(x 2 1). x 10 3 2 2 Đặt g(x)=x x 4(x 1). x 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 0,25 g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 1 Với x =1 y = 3 1 KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ). 3 0,25 III1 1) Rút gọn biểu thức: 1 1 1 1 1 1 S 1,0đ 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! (k 1).k!.(2013 k)! 2014.2013!.0! 2013 1 2013 C k +) Ta có: S S.2013! 2013  (k 1).k!.(2013 k)!  k 1 k 0 k 0 0,25 C k 2013! 2014! C k 1 +) Ta có: 2013 2014 k 1 (k 1)!.(2013 k)! 2014.(k 1)!2014 (k 1)! 2014 0,25 (k =0;1; ;2013) 2013 C k 1 1 2014 +) Do đó: S.2013!= 2014 . C k  2014 2014  2014 k 0 k 1 0,25 1 22014 1 +) S.2013! = 22014 1 S 2014 2014! 0,25 III 5 2 u 1 2 n 1 1,0đ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (n N*) . Tìm lim . 1  u u u 2 u 2 k 1 k n 1 2 n n 1 +) Ta có: u u (u 2 4u 4) 0,n Dãy không giảm. n 1 n 2 n n 0,25 Nếu có số M: un M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un u1 L u1 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
6. 1 +) Khi đó ta có: L = L2 – L + 2 L = 2. (Vô lý) 0,25 2 limun = 2 1 1 +) Ta có: un 2un 4 2un 1 un (un 2) 2(un 1 2) un (un 2) 2(un 1 2) 1 1 1 1 1 1 ()n N * un 2 un un 1 2 un un 2 un 1 2 0,25 n 1 1 1 n 1 1 0,25 +) Do đó:  = lim  2 k 1 uk u1 2 un 1 2 k 1 uk u1 2 IV1 1) Cho khối chóp S.ABC SA 2a,SB 3a,SC 4a, A· SB S· AC 900 , B· SC 1200 . 1,5đ 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 Cđến mặt phẳng (SAB theo) . a S S Dùng ĐL Cosin tính được: 0,25 N MN = 2a 3 A A C N M H M B AM=2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600) tam 0,25 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 2a 3 0,25 Tính được V S.AMN 3 VS.AMN SM.SN 1 3 0,25 VS.ABC 2 2a VS.ABC SB.SC 3 3 0,25 3VS.ABC 6a 2 Vậy d(C;(SAB)) 2 2a 2 S SAB 3a IV2 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN. – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. BM DN 1,5đ +) Đặt x , với 0 x 1 x . Khi đó ta có: BM x.BA và DN x.DC 0,25 BA DC +) Ta có: DN x.DC BN BD x(BC BD) BN x.BC (1 x).BD 0,25 Do đó: MN BN BM x.BC (1 x).BD x.BA a 2 a 2 a 2 0,25 +) MN2 = x 2 a 2 (1 x) 2 a 2 x 2 a 2 2x(1 x) 2x 2 . 2x(1 x) 2 2 2 = a2 x 2 (1 x) 2 x 2 x(1 x) x 2 x(1 x) = (2x2 – 2x + 1)a2 +) 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 0,25 +) 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 C. 0,25 Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z =2 2 V x8 y 8 y 8 z 8 z 8 x8 Chứng minh rằng: 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 8 1,0đ x y x y y z y z z x z x +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8 0,25 a 2 b 2 3(a 2 b 2 ) Do ab nên a 2 b 2 ab Dấu“=”có a=b 2 2 4 4 4 4 4 4 a b a b a b 1 2 2 0,25 +) Ta có: 2 2 . Ta sẽ chứng minh: (a b ) (1). a b ab 3 2 2 3 2 2 3 a b a b 2 2 Thật vậy: (1) 2(a 4 b 4 ) (a 2 b 2 ) 2 (a2 – b2)2 0 (luôn đúng). a 4 b 4 1 Do đó ta được: (a 2 b 2 ) Dấu“=”có a2=b2 a=b a 2 b 2 ab 3 b 4 c 4 1 0,25 +) Áp dụng BĐT trên ta có: (b 2 c 2 ) Dấu“=”có b=c b 2 c 2 bc 3 c 4 a 4 1 (c 2 a 2 ) Dấu“=”có c=a c 2 a 2 ca 3 Cộng các vế các BĐT trên ta được: – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
8. a 4 b 4 b 4 c 4 c 4 a 4 2 (a 2 b 2 c 2 ) (2) Dấu“=”có a=b=c a 2 b 2 ab b 2 c 2 bc c 2 a 2 ca 3 2 +) Theo BĐT Cô-si ta có: (a 2 b 2 c 2 ) 2.3 a 2b 2c 2 8 .Dấu“=”có a=b=c 0,25 3 Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra x y z 2 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất