zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

10 đề thi học sinh giỏi các địa phương có lời giải môn: Toán (Năm 2014 - 2015)

Chia sẻ: Nguyễn Công Định | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:65

Báo xấu

161
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là 10 đề thi học sinh giỏi các địa phương môn "Toán" từ năm 2014 - 2015 có kèm theo lời giải. Mời các bạn cùng tham khảo để củng cố lại kiến thức và làm quen với dạng đề thi. Hy vọng tài liệu sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 10 đề thi học sinh giỏi các địa phương có lời giải môn: Toán (Năm 2014 - 2015)

hoctoancapba.com SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA AN GIANG Năm học 2014 – 2015 Môn : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC BÀI THI THỨ NHẤT Thời gian làm bài : 180 phút SBD : PHÒNG: (Không kể thời gian phát đề) Bài 1: (4,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau trên ℝ. Hãy chỉ ra vị trí đạt giá trị đó. 2𝑥 4𝑥 𝑦 = cos + cos +1 1 + 𝑥2 1 + 𝑥2 Bài 2: (3,0 điểm) Chứng tỏ rằng trên mặt phẳng tọa độ Oxy đồ thị hàm số sau đây đi qua vô số các điểm có tọa độ đều là số nguyên. 𝑥5 𝑥3 𝑥 𝑦 = 𝑓 (𝑥 ) = + − 30 6 5 Bài 3: (3,0 điểm) (Chiều cao cột tháp truyền hình) Từ ba điểm trên mặt đất có khoảng cách đến chân tháp truyền hình là 𝑎, 𝑏, 𝑐 nhìn đỉnh tháp và chân tháp dưới ba góc mà tổng của chúng bằng 1800 . Tính chiều cao của tháp truyền hình theo 𝑎, 𝑏, 𝑐. Bài 4: (5,0 điểm) Giải bất phương trình √2𝑥 3 + 3𝑥 2 + 6𝑥 + 16 > 2√3 + √4 − 𝑥 Bài 5: (5,0 điểm) Cho ba số tùy ý 𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng: 𝑎 𝑏 𝑐 + + + (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ 2 1+𝑏+𝑐 1+𝑐+𝑎 1+𝑎+𝑏 ------ Hết------
hoctoancapba.com SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA AN GIANG Năm học 2014 – 2015 Môn : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC BÀI THI THỨ HAI Thời gian làm bài : 180 phút SBD : PHÒNG: (Không kể thời gian phát đề) Bài 6: (5,0 điểm) Giải hệ phương trình 𝑥 3 − 5𝑥 = 8𝑦 3 − 10𝑦 { 𝑥 8 + 16𝑦 4 = 1 Bài 7: (5,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số 𝑓: ℝ → ℝ thỏa mãn điều kiện: 𝑓 (𝑥. 𝑦) = 𝑓 (𝑥). 𝑓 (𝑦) + 𝑓(𝑥) + 𝑓 (𝑦) − 𝑓 (𝑥 + 𝑦) ; ∀𝑥; 𝑦 ∈ ℝ Bài 8: (5,0 điểm) Cho dãy số (𝑥𝑛 ) thỏa 1 𝑥0 = 3 ; 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 + ; ∀𝑛 ∈ ℕ 𝑥𝑛2 𝑥𝑛3 Tìm giới hạn của dãy (un ) với 𝑢𝑛 = 𝑛 Bài 9: (5,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB; SD lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng: SB SD a) + =3 SM SN 1 V1 3 b) ≤ ≤ 3 V 8 Trong đó V ; V1 lần lượt là thể tích khối chóp S. ABCD và S. AMKN. ------ Hết------
hoctoancapba.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 12 AN GIANG Năm học 2014 – 2015 MÔN TOÁN VÒNG 2 A.ĐÁP ÁN 2𝑥 2𝑥 𝑦 = 2 cos 2 + cos 1 + 𝑥2 1 + 𝑥2 Tập xác định của hàm số 𝐷 = 𝑅 2𝑥 Đặt 𝑡 = ta tìm tập giá trị của t trên tập 𝑅 1+𝑥 2 ′ 2(1 + 𝑥 2 ) − 2𝑥. 2𝑥 2 − 2𝑥 2 𝑡 = = (1 + 𝑥 2 )2 (1 + 𝑥 2 )2 𝑡 ′ = 0 ⟺ 𝑥 = ±1 lim 𝑡 = 0 𝑥→±∞ 𝑥 −∞ −1 1 +∞ 𝑡′ − 0 + 0 − 𝑡 0 1 −1 0 Bài 1 4,0 điểm Vậy 𝑥 ∈ 𝑅 ⟹ 𝑡 ∈ [−1,1] ⟹ 𝑢 = cos 𝑡 ∈ [cos 1 , 1] 1 2 1 Xét hàm số 𝑦 = 𝑓 (𝑢) = 2𝑢2 + 𝑢 = 2 (𝑢 + ) − 4 8 1 Hàm số đồng biến trên (− , +∞) 4 𝜋 1 1 Do 𝑢 ∈ [cos 1 , 1] và cos 1 > cos = ⟹ [cos 1 , 1] ∈ (− . +∞) 3 2 4 Vậy 𝑓(cos 1) ≤ 𝑓 (𝑡 ) ≤ 𝑓 (1) ⟺ 2cos 2 1 + cos 1 ≤ 𝑦 ≤ 3 Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số là 3 khi cos 𝑡 = 0 ⟺ 𝑡 = 2𝑘𝜋 ⟺ 2𝑥 2𝑥 2 = 2𝑘𝜋 nhưng vì 𝑡 ∈ [−1,1] ⟹ ∈ [−1,1] nên ta chỉ chọn 𝑘 = 𝑥 +1 1+𝑥 2 0⟹𝑥=0 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 2cos2 1 + cos 1 điều này xảy ra khi 2𝑥 2𝑥 2𝑥 cos = cos 1 ⟺ = ±1 + 𝑘2𝜋 ⟹ = ±1 1 + 𝑥2 1 + 𝑥2 1 + 𝑥2 Khi đó ta được 𝑥 = ±1 𝑥 5 𝑥 3 𝑥 𝑥 5 + 5𝑥 3 − 6𝑥 𝑥 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 2 + 6) 𝑓 (𝑥 ) = + − = = 30 6 5 30 30 ( )( )( 2 ) 𝑥 𝑥 − 1 𝑥 + 1 𝑥 − 4 + 10 = 30 (𝑥 − 2)(𝑥 − 1)𝑥 (𝑥 + 1)(𝑥 + 2) 10𝑥 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 3,0 Bài 2 = + 30 30 điểm Nhận xét (𝑥 − 1)(𝑥 − 1)𝑥 (𝑥 + 1)(𝑥 + 2) là 5 số nguyên lien tiếp nên chia hết cho 5! hay chia hết cho 30; còn 𝑥 (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) là ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 vậy nếu 𝑥 ∈ 𝑍 ⟹ 𝑓(𝑥) ∈ 𝑍 hay đồ thị hàm số đi qua vô số các điểm có tọa độ nguyên.
hoctoancapba.com Đặt chiều cao tháp truyền hình là ℎ và ba góc nhìn đỉnh và chân tháp là 𝛼; 𝛽; 𝛾 ⟹ 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 1800 ⟹ 𝛼 + 𝛽 = 1800 − 𝛾 ⟹ tan( 𝛼 + 𝛽) = −tan 𝛾 Theo giả thiết ta được ℎ ℎ ℎ tan 𝛼 = ; tan 𝛽 = ; tan 𝛾 = 𝑎 𝑏 𝑐 3,0 Bài 3 ℎ ℎ + ℎ điểm ⟹ tan( 𝛼 + 𝛽) = 𝑎 𝑏 = − = −tan 𝛾 ℎ ℎ 𝑐 1− . 𝑎 𝑏 1 1 1 ℎ2 1 1 1 ⟺ + = − (1 − ) ⟺ ℎ = √( + + ) 𝑎𝑏𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎𝑏 𝑎 𝑏 𝑐 √2𝑥 3 + 3𝑥 2 + 6𝑥 + 16 > 2√3 + √4 − 𝑥 Bất phương trình có nghĩa khi 3 2 ( )( 2 ) {2𝑥 + 3𝑥 + 6𝑥 + 16 ≥ 0 ⟺ { 𝑥 + 2 2𝑥 − 𝑥 + 8 ≥ 0 4−𝑥 ≥0 4≥𝑥 ⟺ 4 ≥ 𝑥 ≥ −2 Xét hàm số 5,0 Bài 4 𝑓 (𝑥) = √2𝑥 3 + 3𝑥 2 + 6𝑥 + 16 − √4 − 𝑥 điểm 6(𝑥 2 + 𝑥 + 1) 1 𝑓 ′ (𝑥 ) = + > 0 ∀𝑥 ∈ (−2; 4) 2√2𝑥 3 + 3𝑥 2 + 6𝑥 + 16 2√4 − 𝑥 Vậy hàm số đồng biến trên (−2; 4) chú ý rằng 𝑓 (1) = 2√3 𝑥 > 1 ⟹ 𝑓 (𝑥) > 2√3 Vậy nghiệm của bất phương trình là (1; 4] Cho ba số tùy ý 𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 thuộc đoan [0; 1] chứng minh rằng 𝑎 𝑏 𝑐 + + + (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ 2 1+𝑏+𝑐 1+𝑐+𝑎 1+𝑎+𝑏 Với 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ [0; 1] thì 1 ≥ (1 − 𝑎) ≥ 0 ; 1 ≥ (1 − 𝑏) ≥ 0 và 𝑎 + 𝑏 + 1 ≥ 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: (1 − 𝑎 ) + (1 − 𝑏 ) + (𝑎 + 𝑏 + 1) 3 ≥ √(1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(1 + 𝑎 + 𝑏) 3 1 ≥ (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(1 + 𝑎 + 𝑏) Nhân hai vế của BĐT này với (2 − 𝑐 ) > 0, ta được 5,0 Bài 5 (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(1 + 𝑎 + 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ (2 − 𝑐 ) điểm 2−𝑐 ⟺ (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ 1+𝑎+𝑏 𝑐 2 ⟺ + (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ (1) 𝑎+𝑏+1 𝑎+𝑏+1 Mặt khác từ giả thiết, ta có: 𝑎 2𝑎 < (2) 𝑏+𝑐+1 𝑎+𝑏+1 Thật vậy, BĐT (2) tương đương với 𝑎(𝑎 + 𝑏 + 1) ≤ 2𝑎(𝑏 + 𝑐 + 1) ⟺ 𝑎(𝑏 + 2𝑐 + 1 − 𝑎) ≥ 0 luôn đúng
hoctoancapba.com Tương tự, ta có: 𝑏 2𝑏 < (3) 𝑐+𝑎+1 𝑎+𝑏+1 Cộng từng vế các BDT (1), (2), (3) ta được: 𝑎 𝑏 𝑐 + + + (1 − 𝑎)(1 − 𝑏)(2 − 𝑐 ) ≤ 2 1+𝑏+𝑐 1+𝑐+𝑎 1+𝑎+𝑏 Dấu bằng xảy ra khi 1−a=1−b=1+a+b a=b=0 { a(b + 2c + 1 − a) = 0 ⟺ { c ∈ [0; 1] b(a + 2c + 1 − b) = 0 𝑥 3 − 5𝑥 = 8𝑦 3 − 10𝑦 { 𝑥 8 + 16𝑦 4 = 1 Từ phương trình (2) ta thấy |𝑥| ≤ 1; |2𝑦| ≤ 1 Xét hàm số 𝑓(𝑡 ) = 𝑡 3 − 5𝑡 liên tục trên đoạn [-1;1] Có 𝑓 ′ (𝑡 ) = 3𝑡 2 − 5 < 0; ∀𝑡 ∈ [−1; 1] vậy hàm số nghịch biến trên [−1; 1] 𝑓 (𝑥) = 𝑓(2𝑦) ⟺ 𝑥 = 2𝑦 Hệ trở thành 𝑥 = 2𝑦 𝑥 = 2𝑦 𝑥 = 2𝑦 5,0 Bài 6 { 8 ⟺{ 8 ⟺ { 4 −1 + √5 𝑥 + 𝑥4 = 1 𝑥 + 𝑥4 − 1 = 0 𝑥 = điểm 2 Vậy hệ có nghiệm 4 −1 + √5 1 4 −1 + √5 𝑥=√ ; 𝑦= √ 2 2 2 Hay 4 √ −1 + √5 1 4√−1 + √5 𝑥=− ; 𝑦=− 2 2 2 𝑓 (𝑥. 𝑦) = 𝑓 (𝑥). 𝑓(𝑦) + 𝑓 (𝑥) + 𝑓(𝑦) − 𝑓 (𝑥 + 𝑦) ; ∀𝑥; 𝑦 ∈ ℝ  Cho 𝑥 = 𝑦 = 0 ta được 𝑓 (0) = 𝑓 2 (0) + 2𝑓 (0) − 𝑓 (0) ⟺ 𝑓 2 (0) = 0 ⟺ 𝒇(𝟎) = 𝟎 Cho 𝑦 = 1 ta được 𝑓 (𝑥 ) = 𝑓 (𝑥 ) . 𝑓 (1) + 𝑓 ( 𝑥 ) + 𝑓 (1) − 𝑓 (𝑥 + 1) ⟺ 𝒇(𝒙 + 𝟏) = 𝒇(𝟏)[𝒇(𝒙) + 𝟏] (𝟏) Cho 𝑥 = −1 ⟹ 𝑓(0) = 0 = 𝑓 (1)[𝑓 (−1) + 1] + Nếu 𝑓 (1) = 0 ⟹ 𝑓(𝑥 + 1) = 0 ; ∀𝑥 ⟹ 𝑓(𝑥) = 0 ; ∀𝑥 như vậy 𝑓 (𝑥) = 0; ∀𝑥 là nghiệm của phương trình. 5,0 Bài 7 + Nếu 𝑓(1) ≠ 0 ⟹ 𝑓 (−1) = −1 (ta chưa biết f(1)) điểm  Cho 𝑦 = −1 ta được 𝑓 (−𝑥) = 𝑓 (𝑥)𝑓 (−1) + 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (−1) − 𝑓 (𝑥 − 1) = −𝑓(𝑥) + 𝑓 (𝑥) − 1 − 𝑓 (𝑥 − 1) = −1 − 𝑓(𝑥 − 1) ⟺ 𝑓 (−𝑥) = −1 − 𝑓(𝑥 − 1) Vì 𝑓(1) ≠ 0 nên ta nhân hai vế cho – 𝑓 (1) ta được −𝑓 (1)𝑓 (−𝑥) = 𝑓(1) + 𝑓 (1)𝑓 (𝑥 − 1) = 𝑓(1)[𝑓 (𝑥 − 1) + 1] Theo (1) ⟹ −𝒇(𝟏)𝒇(−𝒙) = 𝒇(𝒙) (𝟐) + Tiếp (2) cho 𝑥 = −1 ⟹ −𝑓(1)𝑓 (1) = 𝑓 (−1) = −1 ⟹ 𝑓 2 (1) = 1
hoctoancapba.com Ta chứng minh không thể xảy ra 𝑓(1) = −1 Nếu 𝑓(1) = −1 𝑡ừ (1) ⟹ 𝑓(𝑥 + 1) = −𝑓 (𝑥) − 1 ⟹ 𝑓 (𝑥 + 2) = −𝑓 (𝑥 + 1) − 1 = 𝑓(𝑥) + 1 − 1 = 𝑓 (𝑥) ⟹ 𝑓 (2) = 𝑓(0) = 0 theo giả thiết ban đầu 1 1 1 1 −1 = 𝑓 (1) = 𝑓 (2 . ) = 𝑓 (2)𝑓 ( ) + 𝑓(2) + 𝑓 ( ) − 𝑓 (2 + ) 2 2 2 2 1 5 = 𝑓( )−𝑓( ) 2 2 3 5 3 3 Theo (1) cho 𝑥 = ⟹ 𝑓 ( ) = 𝑓 (1 + ) = − [𝑓 ( ) + 1] = 2 2 2 2 1 1 −[− (𝑓 ( ) + 1) + 1] = 𝑓 ( ) 2 2 1 5 Vậy −1 = 𝑓 ( ) − 𝑓 ( ) = 0 vô lý . 2 2  Như vậy ta được 𝑓 (1) = 1 theo (2) ⟹ 𝒇(−𝒙) = −𝒇(−𝒙) hay 𝑓 là hàm số lẻ. Ta chứng minh hàm số 𝑓 cộng tính. Cho 𝑥 = 1 từ (1) ⟹ 𝑓(2) = 2 𝑣à 𝑓 (𝑥 + 2) = 𝑓 (𝑥 + 1) + 1 = 𝑓(𝑥) + 2  Từ giả thiết cho 𝑦 = 2 ta có 𝑓(2𝑥) = 𝑓 (2)𝑓 (𝑥) + 𝑓(2) + 𝑓 (𝑥) − 𝑓 (𝑥 + 2) = 2𝑓 (𝑥) + 2 + 𝑓 (𝑥) − 𝑓 (𝑥) − 2 = 2𝑓(𝑥)  Lại thay 𝑥 bởi −𝑥 𝑓 (−𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓 (−𝑦) + 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (−𝑦) − 𝑓(𝑥 − 𝑦) ⟹ −𝑓 (𝑥𝑦) = −𝑓 (𝑥)𝑓(𝑦) + 𝑓 (𝑥) − 𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑥 − 𝑦) 𝑣ì 𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓 (𝑥)𝑓 (𝑦) + 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (𝑦) − 𝑓 (𝑥 + 𝑦) Công hai đẳng thức ta được 𝑓 (𝑥 + 𝑦) + 𝑓 (𝑥 − 𝑦) = 2𝑓 (𝑥) = 𝑓(2𝑥)  Đổi biến 𝑢 = 𝑥 + 𝑦 ; 𝑣 = 𝑥 − 𝑦 ta được 𝑓(𝑢) + 𝑓 (𝑣 ) = 𝑓(𝑢 + 𝑣 ) ∀𝑢, 𝑣 ∈ 𝑅 ⟹ 𝑓 (𝑥) = 𝐶𝑥 với C là hằng số Vì 𝑓 1 = 1 ⟹ 𝐶 = 1 ⟹ 𝑓(𝑥) = 𝑥 ( ) Kết luận 𝑓 (𝑥) = 0 hay 𝑓 (𝑥) = 𝑥 ∀𝑥 ∈ 𝑅 là các hàm số thỏa đề. 1 𝑥0 = 3 ; 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 + 2 ; ∀𝑛 ∈ 𝑁 𝑥𝑛 Từ giả thiết ta được 𝟑 𝟏 𝟑 𝟑 𝟏 𝒙𝒏+𝟏 = (𝒙𝒏 + 𝟐 ) = 𝒙𝟑𝒏 + 𝟑 + 𝟑 + 𝟔 (1) 𝒙𝒏 𝒙𝒏 𝒙𝒏 Ta dùng nguyên lý kẹp và ước lượng 𝑥𝑛 3 3 Ta có 𝑥𝑛 > 0, ∀𝑛 ⟹ 𝑥𝑛+1 > 𝑥𝑛3 + 3 Lần lượt cho 𝑛 ta có 𝑥13 > 𝑥03 + 3 5,0 Bài 8 𝑥23 > 𝑥13 + 3 điểm 𝑥33 > 𝑥23 + 3 … 3 3 𝑥𝑛 > 𝑥𝑛−1 +3 Cộng lại ta được 𝒙𝟑𝒏 > 27 + 3𝒏 (𝟐) Mặt khác theo (1) và (2) 3 3 1 3 1 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛3 + 3 + 3 + 6 < 𝑥𝑛3 + 3 + + 𝑥𝑛 𝑥𝑛 27 + 3𝑛 (27 + 3𝑛)2
hoctoancapba.com 1 1 < 𝑥𝑛3 + 3 + + 2 (3) 𝑛 9𝑛 Từ (3) ta được 𝑥13 = 27 1 𝑥23 < 𝑥13 + 3 + 1 + 9 1 1 𝑥33 < 𝑥23 + 3 + + 2 9.22 … 3 1 1 𝑥𝑛3 < 𝑥𝑛−1 +3+ + 𝑛 − 1 9(𝑛 − 1)2 𝑛 𝑛 3 1 1 1 𝑥𝑛 < 9 + 3𝑛 + ∑ + ∑ 2 𝑘 9 𝑘 𝑘=1 𝑘=1 Ta so sánh hai dấu tổng 𝑛 1 1 1 1 ∑ 2
hoctoancapba.com S K S N D C H M M N O H A B D O B 3,0 Gọi O là tâm của hình bình hành, H là trọng tâm tam giác SAC. Khi đó điểm SH 2 = SO 3 Xét tam giác SBD SSNH SN. SH 2SN SSMH SM. SH 2SM = = ; = = ; SSDO SD. SO 3SD SSBO SB. SO 3SB SSMN SM. SN SSNH + SSMH SM. SN = ⟺ = SSBD SB. SD 2SSBO SB. SD SN SM SM. SN SB SD ⟺ + = ⟺ + =3 3SD 3SB SB. SD SM SN Bài 9 SM SN 1 1 Đặt =x ; = 𝑦 ⟹ + = 3 với 0 < 𝑥 ≤ 1; 0 < 𝑦 ≤ 1 SB SD 𝑥 𝑦 1 1 𝑥 ⟹ =3− ⟹𝑦 = 𝑦 𝑥 3𝑥 − 1 từ điều kiện ta được 0
hoctoancapba.com
hoctoancapba.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT AN GIANG Năm học 2014 – 2015 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút SBD : PHÒNG: (Không kể thời gian phát đề) Bài 1: (3,0 điểm) 2𝑥 − 1 Cho hàm số 𝑦 = (1) 𝑥−1 Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số (1) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại hai điểm A và B với độ dài đoạn AB ngắn nhất. Bài 2: (2,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số sau đây trên tập xác định của nó: 36 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − √9 − 𝑥 2 + 1 Bài 3: (2,0 điểm) Giải phương trình sin3 𝑥 + 3 cos 𝑥 = 3 sin2 𝑥 cos 𝑥 + 2 sin 𝑥 Bài 4: (2,0 điểm) Giải bất phương trình 3 3 3 √𝑥 + √2𝑥 + 1 < √3𝑥 + 4 Bài 5: (2,0 điểm) Giải hệ phương trình 𝑥𝑦 = 2𝑥 − 𝑦 { 2𝑥 3 + 𝑦 3 = −2 Bài 6: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D có BC = 2 AB, M(4; 0) là trung điểm của BC, đường thẳng AD có phương trình 2𝑥 − 𝑦 + 1 = 0. Tìm 54 tọa độ các điểm B và C biết rằng hình thang ABCD có diện tích bằng 5 và các tọa độ của hai điểm A, B đều dương. Bài 7: (3,0 điểm) Nhân dịp khách sạn kỷ niệm ngày thành lập, ban quản lý khách sạn thực hiện khuyến mãi như sau: Mỗi đoàn du lịch đến nghỉ ở khách sạn đều chọn ngẫu nhiên hai người để tặng thưởng. Có hai đoàn du lịch cùng đến khách sạn, đoàn thứ nhất có 6 người Việt Nam và 12 người Pháp; đoàn thứ hai có 3 người Việt Nam, 7 người Nga và 2 người Anh. Tính xác suất để cả hai đòan có ít nhất hai người nhận thưởng đều là người Việt Nam. Bài 8: (4,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt phẳng (SAB) vuông góc với 1 mặt phẳng đáy. Cho SA = 2 AD = 𝑎; SB = 𝑎√3. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. a) Tính theo a thể tích khối chớp S. BMDN. b) Tính cosin góc hợp bởi hai đường thẳng SM và DN. c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và DN. ------Hết------
hoctoancapba.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT AN GIANG Năm học 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN A.ĐÁP ÁN Bài LƯỢC GIẢI Điểm 2𝑥 − 1 𝑦= (1) 𝑥−1 1 TXĐ 𝐷 = ℝ \{1} 𝑦 ′ = − (𝑥−1)2 ; lim 𝑦 = 2 ; lim+ 𝑦 = +∞ ; lim− 𝑦 = −∞ 𝑥→±∞ 𝑥→.1 𝑥→.1 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 𝑑1 : 𝑥 = 1 tiệm cận ngang 𝑑2 : 𝑦 = 2 1 𝑀 ∈ (𝐶 ) ⟹ 𝑀 (𝑚; 2 + ) ; ĐK 𝑚 ≠ 1 𝑚−1 Phương trình tiếp tuyến tại 𝑀 1 1 𝑦=− ( 𝑥 − 𝑚 ) + 2 + (𝑚 − 1)2 𝑚−1 A là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng 2 ⟹ 𝑥𝐴 = 1 ; 𝑦𝐴 = 2 + 3,0 Bài 1 𝑚−1 B là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận ngang điểm 1 1 𝑦𝐵 = 2; 2 = − ( 𝑥𝐵 − 𝑚 ) + 2 + ⟺ 𝑥𝐵 = 2𝑚 − 1 (𝑚 − 1)2 𝑚−1 2 2 1 𝐴𝐵 = √(2𝑚 − 2)2 + (− ) = 2√(𝑚 − 1)2 + 𝑚−1 (𝑚 − 1)2 Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng ta được 1 (𝑚 − 1)2 + ≥2 (𝑚 − 1)2 ⟹ 𝐴𝐵 ≥ 2√2 Vậy AB ngắn nhất bằng 2√2 Dấu bằng xảy ra khi (𝑚 − 1)2 = 1 ⟹ 𝑚 = 0; 𝑚 = 2 𝑚 = 0 ⟹ 𝑀(0; 1); 𝑚 = 2 ⟹ 𝑀(2; 3) Vậy tọa độ điểm M cần tìm là (0; 1); (2; 3) 36 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − √9 − 𝑥 2 + 1 Tập xác định 𝐷 = [−3; 3] Đặt 𝑡 = √9 − 𝑥 2 𝑑𝑜 𝑥 ∈ [−3; 3] ⟹ 𝑡 ∈ [0; 3]; 𝑥 2 = 9 − 𝑡 2 Xét hàm số 36 2,0 Bài 2 𝑔(𝑡) = 9 − 𝑡 2 − 𝑡𝑟ê𝑛 𝑡ậ𝑝 𝑇 = [0; 3] 𝑡+1 điểm 36 𝑔′ (𝑡) = −2𝑡 + (𝑡 + 1)2 ′ (𝑡) 𝑔 = 0 ⟺ 2𝑡(𝑡 + 1) = 36 ⟺ 𝑡(𝑡 + 1)2 = 18 ⟺ (𝑡 − 2)(𝑡 2 + 4𝑡 + 9) = 0 ⟺ 𝑡 = 2 𝑔(0) = −25 ; 𝑔(2) = −7 ; 𝑔(3) = −9 ⟹ max 𝑔(𝑡) = −7 𝑘ℎ𝑖 𝑡 = 2 𝑇 2
hoctoancapba.com Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) bằng −7 khi √9 − 𝑥 2 = 2 ⟺ 𝑥 = ±√5 Giải phương trình lượng giác sin3 𝑥 + 3 cos 𝑥 = 3 sin2 𝑥 cos 𝑥 + 2 sin 𝑥 ⟺ sin3 𝑥 − 3 sin2 𝑥 cos 𝑥 + 3 cos 𝑥 − 2 sin 𝑥 = 0 𝜋 Ta có cos 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 = + 𝑘𝜋 không là nghiệm của phương trình, 2 chia phương trình cho cos 3 𝑥 ta được 1 2,0 Bài 3 tan3 𝑥 − 3 tan2 𝑥 + (3 − 2 tan 𝑥). =0 điểm cos2 𝑥 ⟺ tan3 𝑥 − 3 tan2 𝑥 + (3 − 2 tan 𝑥 )( 1 + tan2 𝑥) = 0 ⟺ 𝑡𝑎𝑛3 𝑥 + 2 tan 𝑥 − 3 = 0 ⟺ (tan 𝑥 − 1)(tan2 𝑥 + tan 𝑥 + 3) = 0 𝜋 ⟺ tan 𝑥 = 1 ⟺ 𝑥 = + 𝑘𝜋 (𝑘 ∈ 𝑍) 𝜋 4 Vậy nghiệm của phương trình là 𝑥 = + 𝑘𝜋 (𝑘 ∈ 𝑍) 4 Xét phương trình 3 3 3 √𝑥 + √2𝑥 + 1 = √3𝑥 + 4 (∗) 3 3 3 ⟺ 𝑥 + 3√𝑥 (2𝑥 + 1)( √𝑥 + √2𝑥 + 1) + 2𝑥 + 1 = 3𝑥 + 4 3 3 3 ⟺ √𝑥(2𝑥 + 1)( √𝑥 + √2𝑥 + 1) = 1 (∗∗) Xét phương trình hệ quả bằng cách thế (∗)𝑣à𝑜 (∗∗) ta có 3 3 √𝑥(2𝑥 + 1) √3𝑥 + 4 = 1 ⟺ 𝑥 (2𝑥 + 1)(3𝑥 + 4) = 1 2,0 1 điểm ⟺ 6𝑥 3 + 11𝑥 2 + 4𝑥 − 1 = 0 ⟺ 𝑥 = −1; 𝑥 = 6 1 Thử lại ta có 𝑥 = là nghiệm của phương trình (∗) 6 3 3 3 Mặt khác hàm số 𝑓 (𝑥) = √𝑥 + √2𝑥 + 1 − √3𝑥 + 4 liên tục trên ℝ do 1 1 đó hàm số cùng một dấu trên mỗi khoảng (−∞; ) ; ( ; +∞) dễ thấy 6 6 1 𝑓 (0) < 0 ; 𝑓 (2) > 0 vậy bất phương trình có tập nghiệm là (−∞; ) 6 Bài 4 3 3 Cách khác: Đặt a x; b 2x 1 . Bất phương trình trở thành a b 3 a3 b3 3 a3 3a 2b 3ab 2 b3 a3 b3 3 a 2b ab 2 1 0 a 2b ab 2 b3 2a 3 0 3 2 2 3 2a ab ab b 0 2a b a2 ab b2 0 2 2 2 b 3b 2 2a b vì a ab b a 0 2 4 1 Khi đó ta có 2 3 x 3 2x 1 8x 2x 1 x 6 3
hoctoancapba.com 𝑥𝑦 = 2𝑥 − 𝑦 (𝑥 + 1)𝑦 = 2𝑥 3 { 3 ⟺{ 3 2𝑥 + 𝑦 = −2 2𝑥 + 𝑦 3 = −2 Đặt 𝑥 + 1 = 𝑡 ta được hệ phương trình sau 𝑡𝑦 = 2𝑡 − 2 𝑡 2 𝑦 = 2𝑡 2 − 2𝑡 { ⟺{ 3 2(𝑡 − 1)3 + 𝑦 3 = −2 2𝑡 − 6𝑡 2 + 6𝑡 − 2 + 𝑦 3 = −2 𝑡𝑦 = 2𝑡 − 2 𝑡𝑦 = 2𝑡 − 2 ⟺{ 3 2 3 ⟺{ 2,0 2𝑡 − 3𝑡 𝑦 + 𝑦 = 0 (2𝑡 + 𝑦)(𝑡 2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦 2 ) = 0 TH1: 𝑡 2 − 2𝑡𝑦 + 𝑦 2 = 0 ⟺ (𝑡 − 𝑦)2 = 0 ⟺ 𝑦 = 𝑡 khi đó ta được điểm 𝑡 2 = 2𝑡 − 2 ⟺ 𝑡 2 − 2𝑡 + 2 = 0 phương trình vô nghiệm TH2: 𝑦 = −2𝑡 khi đó −1 ± √5 −2𝑡 2 = 2𝑡 − 2 ⟺ 𝑡1,2 = ⟹ 𝑦 = 1 ± √5 2 −3+√5 −3−√5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; 1 − √5) ; ( ; 1 + √5) 2 2 xy 2x y (1) Cách khác: 2x 3 y3 2 (2) +y 0 không thỏa hệ phương trình Bài 5 + Chia 2 vế phương trình (1) cho y 2 ; chia 2 vế phương trình (2) cho y 3 x x 1 1 2 . y y y y ta được 3 3 x 1 2 1 2. y y x 1 a b 2ab Đặt a ;b , hệ trở thành y y 2a 3 2b 3 1 0 1 a b Giải hệ đối xứng ta được 2 1 ab 4 x 1 1 y 2x 2 3 5 3 5 y 2 x x Do đó ta có 2 2 x 1 y 2 4x 0 y 1 5 y 1 5 y2 4 Gọi N là trung điểm của AD. Do hình thang vuông nên MN vuông góc với AD. Phương trình đường thẳng MN 𝑥 + 2𝑦 − 4 = 0 Tọa độ N là giao điểm của AD và MN nên là nghiệm của hệ 2𝑥 − 𝑦 + 1 = 0 2 9 2,0 Bài 6 { ⟺ 𝑁( ; ) 𝑥 + 2𝑦 − 4 = 0 5 5 điểm A thuộc AD nên tọa độ A là 𝐴(𝑡; 2𝑡 + 1) 9 Diện tích hình thang bằng 54/5 và 𝑑 (𝑀; 𝐴𝐷 ) = √5 nên 4
hoctoancapba.com 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 3 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑁𝐴. 𝑑(𝑀, 𝐴𝐷) ⟹ 𝑁𝐴 = = 2. 𝑑(𝑀, 𝐴𝐷) √5 2 2 9 2 9 1 ⟺ (𝑡 − ) + (2𝑡 + 1 − ) = ⟺ 𝑡 = 1; 𝑡 = − 5 5 5 5 1 9 Vậy tọa độ hai điểm A và D là (1; 3) ℎ𝑎𝑦 (− ; ). 5 5 Theo giả thiết ta được 𝐴(1; 3) Đường thẳng AB vuông góc với AD nên 𝐴𝐵: 𝑥 + 2𝑦 − 7 = 0 𝑥 = 7 − 2𝑡 ℎ𝑎𝑦 𝐴𝐵: { ; ⟹ 𝐵(7 − 2𝑡; 𝑡) 𝑦=𝑡 Ta lại có 𝐴𝐵 = 𝐵𝑀 ⟺ √(6 − 2𝑡 )2 + (𝑡 − 3)2 = √(−3 + 2𝑡 )2 + 𝑡 2 ⟺ 5𝑡 2 − 30𝑡 + 45 = 5𝑡 2 − 12𝑡 + 9 ⟺ 𝑡 = 2 ⟹ 𝐵(3; 2) M là trung điểm của BC nên 𝐶(5; −2) Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là 𝐵(3; 2); 𝐶(5; −2) Trường hợp 1: Đoàn thứ nhất có hai người nhận thưởng đều là người Việt Nam Chọn 2 người Việt Nam trong 6 người Việt Nam có 𝐶62 cách chọn 2 Chọn 2 người ở đoàn thứ nhất nhận thưởng có 𝐶18 cách chọn Xác xuất để đoàn thứ nhất có 2 người Việt Nam nhận thưởng là 𝐶62 6.5 5 𝑝1 = 2 = = 𝐶18 18.17 51 Trường hợp 2: Đoàn thứ hai có hai người nhận thưởng đều là người Việt Nam Chọn 2 người Việt Nam trong 3 người Việt nam có 𝐶32 cách chọn 2 Chọn 2 người ở đoàn thứ hai nhận thưởng có 𝐶12 cách chọn. Xác xuất để đoàn thứ hai có 2 người Việt Nam nhận thưởng là 𝐶32 3.2 1 𝑝2 = 2 = = 𝐶12 12.11 22 3,0 Bài 7 Trường hợp 3: Mỗi đoàn có đúng 1 người Việt Nam nhận thưởng điểm Chọn 2 người trong đó có đúng 1 người Việt Nam ở đoàn 1 có 𝐶61 . 𝐶12 1 2 cách chọn trong 𝐶18 cách chọn 2 người của đoàn thứ nhất. Xác xuất để đoàn thứ nhất có đúng một người Việt Nam nhận thưởng là 𝐶61 . 𝐶121 6.12.2 8 𝑝3 = 2 = = 𝐶18 18.17 17 Tương tự xác xuất để đoàn thứ hai có đúng một người Việt Nam nhận thưởng là 𝐶31 . 𝐶91 3.9.2 9 𝑝4 = 2 = = 𝐶12 12.11 22 Theo công thức xác xuất ta có xác xuất để có hai người nhận thưởng đều là người Việt Nam là 5 1 5 1 8 9 62 𝑝 = 𝑝1 + 𝑝2 − 𝑝1 𝑝2 + 𝑝3 . 𝑝4 = + − . + . = 51 22 51 22 17 22 187 5
hoctoancapba.com Cách khác: Gọi A: “Cả hai đoàn có nhiều nhất một người nhận thưởng là người Việt Nam” Số phần tử của không gian mẫu: n C182 .C122 Trường hợp 1: Đoàn thứ nhất có duy nhất 1 người Việt Nam được nhận thưởng; đoàn thứ hai không có người Việt Nam nào được nhận thưởng. Có C 61.C 12 1 .C 92 cách chọn Trường hợp 2: Đoàn thứ hai có duy nhất 1 người Việt Nam được nhận thưởng; đoàn thứ nhất không có người Việt Nam nào được nhận thưởng. Có C 31.C 91.C 12 2 cách chọn Trường hợp 3: Cả 2 đoàn không có người Việt Nam nào được nhận thưởng. 2 Có C 12 .C 92 cách chọn C 61.C 121 .C 92 C 31.C 91.C 122 C 122 .C 92 Xác suất biến cố A: P A C 182 .C 122 Xác suất cần tìm là: 1 P A S Từ S kẻ SH vuông góc với (ABCD) do (SAB)(ABCD) nên H thuộc AB. Mặt khác tam giác SAB có ba cạnh 𝐴𝐵 = A H M B 2𝑎; 𝑆𝐴 = 𝑎; 𝑆𝐵 = 𝑎√3 nên tam giác SAB vuông tại S , SH là đường cao D' N 1 1 1 1 1 4 2,0 = 2+ 2= 2+ 2= 2 𝑆𝐻 2 𝑆𝐴 𝑆𝐵 𝑎 3𝑎 3𝑎 điểm C 𝑎 √3 D ⟹ 𝑆𝐻 = 2 1 1 𝑆𝐵𝑀𝐷𝑁 = 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 − 𝑆𝐴𝐷𝑀 − 𝑆𝐷𝐶𝑁 = 4𝑎 − 𝑎. 2𝑎 − 𝑎. 2𝑎 = 2𝑎2 2 2 2 3 1 1 𝑎 √3 2 𝑎 √3 Bài 8 𝑉𝑆.𝐵𝑀𝐷𝑁 = 𝑆𝐻. 𝑆𝐵𝑀𝐷𝑁 = . 2𝑎 = 3 3 2 2 1 Gọi D’ là điểm thuộc đoạn AD sao cho 𝐴𝐷’ = 𝐴𝐷 khi đó MD’//DN 4 ̂ Góc hợp bởi SM và DN chính là góc SMD’ = 𝛼 Hai tam giác MAD’ và SAD’ vuông tại A có hai cạnh góc vuông là 𝑎 𝑣à 𝑎 2 2 𝑎2 𝑎√5 1,0 𝑆𝐷′ = 𝑀𝐷′ = √𝐴𝑀2 + 𝐴𝐷′ = √𝑎2 + = điểm 4 2 Áp dụng định lý cosin cho tam giác SMD’ ta được 𝑆𝐷’2 = 𝑆𝑀2 + 𝑀𝐷 ′2 − 2𝑆𝑀. 𝑀𝐷 ′ . cos 𝛼 5𝑎2 2 5𝑎2 𝑎√5 1 =𝑎 + − 2. 𝑎. . cos 𝛼 ⟹ cos 𝛼 = 4 4 2 √5 6
hoctoancapba.com Ta có mp(SMD’) // DN nên khoảng cách giữa hai đường DN và SM là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SMD’). 1 1 ′ 1 𝑎√3 2 𝑎2 𝑎3 √3 𝑉𝑆𝐷𝐷′ 𝑀 = 𝑆𝐻. 𝑆𝐷𝐷′ 𝑀 = 𝑆𝐻. (𝑆𝐴𝐷𝑀 − 𝑆𝐴𝐷𝑀 ) = . (𝑎 − ) = 3 3 3 2 4 8 1,0 2 1 1 𝑎√5 2 𝑎 điểm 𝑆𝑆𝑀𝐷′ = 𝑆𝑀. 𝑀𝐷′ . sin 𝛼 = 𝑎. . = 2 2 2 √5 2 3𝑉𝑆𝐷𝐷′𝑀 3𝑎3 √3 2 3𝑎√3 Vậy 𝑑 (𝑆𝑀, 𝐷𝑁) = = . = 𝑆𝑆𝑀𝐷′ 8 𝑎2 4 B. HƯỚNG DẪN CHẤM + Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. + Điểm từng câu có thể chia nhỏ đến 0,25 và không làm tròn. 7
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ – LỚP 12 HÀ NỘI Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 02 – 10 – 2014 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (5,0 điểm) 2x −1 Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) . x +1 a) Tiếp tuyến tại điểm M của đồ thị (C ) cắt hai đường tiệm cận của (C ) tại A và B . Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C ) ). b) Tìm các cặp tiếp tuyến song song của (C ) sao cho khoảng cách giữa chúng lớn nhất. Câu 2 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 2 x 2 − 3 x + 7 − 3 3 4 x + 4 = 0. ⎧12 x 2 = y (4 + 9 x 2 ) ⎪⎪ b) Giải hệ phương trình ⎨12 y 2 = z (4 + 9 y 2 ). ⎪ 2 2 ⎪⎩12 z = x(4 + 9 z ) Câu 3 (3,0 điểm) Với ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 . P= 2 2 2 + a +b +c abc Câu 4 (4,0 điểm) Cho hai điểm A, B cố định trên mặt phẳng ( P ) , AB = a . Trên đường thẳng qua A vuông góc a 2. với mặt phẳng ( P ) lấy điểm S sao cho SA = Gọi Δ là đường thẳng nằm trong ( P ) và đi qua 2 B ( Δ không vuông góc với AB ). Đường thẳng đi qua A vuông góc với AB cắt Δ tại D . H là hình chiếu của A lên Δ . Trong mặt phẳng ( SDB ) đường thẳng đi qua D vuông góc với SB cắt SH , SB lần lượt tại I , K . 1 1 1 1 . a) Chứng minh = + + AI 2 AS 2 AB 2 AD 2 b) Xác định vị trí của đường thẳng Δ để diện tích tam giác AIK là lớn nhất. Câu 5 (4,0 điểm) Cho dãy số (un ) thỏa mãn điều kiện: ⎧⎪u1 = 4 ⎨ 2 . u ⎪⎩ n +1 = 2u n + 3u n + 1, n = 1, 2,... a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n ta có un+ 2 = 4un+1 − un . b) Chứng minh u2015 chia hết cho 5. ---------------- HẾT ---------------- Họ tên thí sinh: ……………………………………….. Số báo danh: ……………………………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ – LỚP 12 HÀ NỘI Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 02 – 10 – 2014 Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm Câu 1a Chứng minh diện tích không đổi … 3 điểm Xác định TCĐ x = −1 , TCN y = 2 , I ( −1; 2 ) . 0,5 điểm ⎛ 3 ⎞ Gọi M ⎜ a; 2 − ⎟ thuộc (C ) ⎝ a + 1 ⎠ 0,5 3 3 điểm Tiếp tuyến tại M là y = ( x − a) + 2 − 2 a +1 (a + 1) ⎛ 6 ⎞ 1,0 Tìm giao với hai tiệm cận A ⎜ −1; 2 − ⎟ , B ( 2a + 1;2 ) . ⎝ a + 1 ⎠ điểm 6 0,5 Tính IA = , IB = 2 a + 1 a +1 điểm Tính được S IAB = 6 0,5 điểm Câu 1b Tìm các cặp đường thẳng … 2 điểm Gọi M ( a; f ( a )) , N (b; f (b )) với a ≠ b là các tiếp điểm của tiếp tuyến Δ1, Δ 2 . 0,5 Vì tiếp tuyến tại M , N song song nên f '(a) = f '(b) ⇔ a + b = −2 điểm Chứng minh I là trung điểm của MN 0,5 Suy ra d ( Δ1, Δ2 ) = 2d ( I , Δ1 ) điểm Gọi A, B là giao của Δ1 với hai tiệm cân, H là hình chiếu của I lên AB . 1 1 1 2 1 0,5 Ta có 2 = 2+ 2≥ = ⇒ IH ≤ 6 IH IA IB IA.IB 6 điểm Suy ra khoảng cách Δ1, Δ 2 lớn nhất khi IA = IB ⇔ a = −1 ± 3 Vậy cặp tiếp tuyến cần tìm có phương trình là y = x + 3 − 3 và y = x + 3 + 3 0,5 điểm Câu2a Giải phương trình … 2 điểm Vì 2 x2 − 3x + 7 > 0 , ∀x ⇒ x > −1 1,0 Ta có: 33 4( x + 1) ≤ 2 + 2 + x + 1 = x + 5 điểm Suy ra 2 x2 − 3x + 7 ≤ x + 5 ⇔ 2( x − 1)2 ≤ 0 ⇒ x = 1 1,0 Thử lại thỏa mãn điểm Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 . Câu 2b Giải hệ phương trình … 2 điểm Nhận xét x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 0,5 điểm 12 x 2 Ta có y = ≤ x , tương tự z ≤ y , x ≤ z 1,0 4 + 9 x2 điểm Suy ra x = y = z
⎡ x = y = z = 0 Thay x = y = z vào ta được ⎢ ⎢ x = y = z = 2 0,5 ⎣ 3 điểm Thử lại thỏa mãn Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là … Câu 3 Tìm giá trị nhỏ nhất … 3 điểm * Ta có: 1 1 1 1 1 9 1,0 P= 2 2 2 + + + ≥ 2 2 2 + điểm a +b +c ab bc ca a + b + c ab + bc + ca 1 1 1 7 = 2 2 2+ + + a +b +c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca 1,0 9 7 điểm ≥ + (a + b + c) 2 ab + bc + ca 1 1 7 Ta có: ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 = ⇒ ≥ 21 3 3 ab + bc + ca 1,0 Suy ra P ≥ 30 điểm 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 30 đạt được khi a = b = c = 3 Câu 4a Chứng minh… 2 điểm S Chứng minh AI ⊥ ( SBD) 1,0 điểm K I A B Ta có 1 1 1 2 = 2 + 1,0 AI AS AH 2 điểm 1 1 1 H = + + AS 2 AD 2 AB 2 D Câu 4b Xác định vị trí … 2 điểm a Chứng minh tam giác AIK vuông có cạnh huyền AK = 1,0 3 điểm Suy ra diện tích tam giác AIK lớn nhất khi tam giác AIK vuông cân. a a Khi đó AI = ⇒ AH = 6 2 1,0 Suy ra ABH = 30 0 điểm Vậy Δ là đường thẳng đi qua B tạo với AB một góc 300 Câu 5a Chứng minh … 2 điểm Ta có 1,0 un+1 = 2un + 3un2 + 1 ⇒ (un+1 − 2un )2 = 3un2 + 1 ⇒ un2+1 − 4un+1un + un2 = 1 điểm Tương tự un2+ 2 − 4un + 2un +1 + un2+1 = 1
Suy ra un+ 2 , un là nghiệm của phương trinh X 2 − 4un +1 X + un2+1 − 1 = 0 Theo vi ét ta có un+ 2 + un = 4un+1 ⇔ un+ 2 = 4un+1 − un 1,0 điểm Câu 5b Chứng minh chia hết… 2 điểm Ta có: un+ 2 = 4un+1 − un = 15un − 4un−1 = 5(3un − un−1 ) + un−1 1,0 ⇒ un+ 2 ≡ un−1 (mod 5) điểm u2015 ≡ u2012 ≡ ... ≡ u2 (mod 5) Mà u2 = 15 chia hết cho 5 1,0 điểm Vậy u2015 chia hết cho 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.