Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức) được biên soạn 6 bài tập và có kèm theo hướng dẫn chấm; phục vụ giáo viên trong quá trình đánh giá và phân loại năng lực của học sinh.

Chủ đề:

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

Lưu

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 Phước (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2013 2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/10/2013 2x − 3 Câu I:(THPT:4,0 điểm; GDTX: 4,0 điểm) Cho hàm số: y = (1) x−2 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:(THPT:5,0 điểm; GDTX: 6,0 điểm) ( x − y) 2 2x + 1 + 2y + 1 = 1. Giải hệ phương trình: 2 ( x, y ﾡ ). ( x + y ) ( x + 2 y ) + 3x + 2 y = 4 sin 2x + 3tan 2x + sin 4 x 2. Giải phương trình: = 2. tan 2 x − sin 2 x Câu III:(THPT:4,0 điểm; GDTX: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 ﾡAB , ﾡAC 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:(THPT:3,0 điểm; GDTX: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:(THPT:2,0 điểm; GDTX:3,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 2 P= − a 2 + b 2 + c 2 +1 ( a +1) ( b +1) ( c +1) 2 u1 = Câu VI:(THPT:2,0 điểm) Cho dãy số (un ) được xác định: 2013 . 2 un (2 − 9un +1 ) = 2un +1 (2 − 5un ), ∀n 1 u1 u u Xét dãy số vn = + 2 + L + n . Tìm lim vn . 1 − u1 1 − u2 1 − un HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Lưu ý: Đối với thí sinh học tại các trung tâm GDTX thì không làm câu VI. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BÌNH PHƯỚC CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 (Hướng dẫn chấm có 06 trang) MÔN: TOÁN Ngày thi: 03/10/2013 ĐỐI VỚI THÍ SINH THPT Câu Ý Lời giải Điểm I 1 2x − 3 2,0 Cho hàm số: y = . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm x−2 số . TXĐ: D = R \ { 2} 0,25 lim y = 2 phương trình đường TCN: y = 2 0,5 x lim y = − ;lim y = + phương trình đường TCĐ: x = 2 x 2− x 2+ −1 0,5 y/ = < 0 ∀x D ( x − 2) 2 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: 0,25 Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2) 0,25 Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0) Đồ thị: 0,25
2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường 2,0 tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB = 2 IB , với I(2;2). � 2x − 3 � 0,5 Gọi M �x0 ; 0 � (C ) � x0 − 2 � 1 2 x02 − 6 x0 + 6 PTTT của (C) tại M: y = − x+ ( x0 − 2 ) ( x0 − 2 ) 2 2 Do AB = 2 IB và tam giác AIB vuông tại I IA = IB nên hệ số góc của 0,5 −1 tiếp tuyến k = 1 hoặc k = 1. vì y = < 0 nên ta có hệ số góc tiếp / ( x − 2) 2 tuyến k = 1. −1 x0 = 1 0,5 � = −1 � ( x0 − 1) x0 = 3 2 có hai phương trình tiếp tuyến: 0,5 y = − x + 2 ; y = − x + 6 II 1 2,5 ( x − y) 2 2x + 1 + 2y + 1 = (1) Giải hệ phương trình: 2 x, y ﾡ ( x + y ) ( x + 2 y ) + 3x + 2 y = 4 (2) 1 0,5 x − 2 Đk: 1 y − 2 x + y −1 = 0 1,0 Pt(2) � x + ( 3 y + 3) x + 2 y + 2 y − 4 = 0 � 2 2 x + 2 y + 4 = 0 (loai ) ( x + y) 2 − 4 xy 1,25 Pt(1) � 2 x + 1 + 2 y +1 = 2
2 �( x + y ) 2 − 4 xy � � 2 ( x + y ) + 2 + 2 4 xy + 2 ( x + y ) + 1 = � � � 2 � � � � 8 4 xy + 3 = ( 4 xy + 3) ( 4 xy − 5 ) 4 xy + 3 = 0 ( 4 xy − 5) 4 xy + 3 = 8 (loai ) ( do 1 = ( x + y ) �� 2 4 xy 4 xy − 5 < 0) � 1 � 3 0,75 x + y = 1 �x = − �x = 2 � � 2 � Hệ đã cho tương đương: � 3�� xy = − 4 �y = 3 �y = − 1 � 2 � 2 � 1 3 ��3 1 � Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: � − ; �� , ;− � � 2 2 ��2 2 � 2 sin 2 x + 3tan 2 x + sin 4 x 2,5 Giải phương trình: =2 tan 2 x − sin 2 x cos 2 x 0 0,5 Đk: (*) tan 2 x − sin 2 x 0 Pt tương đương: 0,75 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 � ( cos 2 x + 1) ( sin 2 x + sin 4 x ) = 0 π 0,75 + kπ x= cos 2 x = −1 2 cos 2 x + 1 = 0 π � � sin 2 x = 0 � x = k sin 4 x + sin 2 x = 0 2 1 cos 2 x = − π 2 x= + kπ 3 π 0,5 Nghiệm x = + kπ thỏa mãn (*) 3 π Phương trình có 2 họ nghiệm: x = + kπ 3 III 1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có 2,0 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. Gọi C ( c; c + 4 ) d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 0,5 4y – 23 = 0. uur uur �c + 10 c − 10 � Ta có VAIM đồng dạng VCID � CI = 2 AI � CI = 2 IA � I � ; � � 3 3 � c + 10 c − 10 0,5 Mà I d 2 nên ta có: 3 −4 − 23 = 0 � c = 1 3 3 Vậy C(1;5).
� 3t − 23 � � 3t − 9 � 0,5 Ta có: M �d 2 � M � t; �� B � 2t − 5; � � 4 � � 2 � uuur � 3t + 5 � uuur � 3t − 19 � AB = � 2t − 10; , CB = � � 2t − 6; � � 2 � � 2 � t =1 0,5 uuur uuur 1 Do AB.CB = 0 � 4 ( t − 5 ) ( t − 3) + ( 3t + 5 ) ( 3t − 19 ) = 0 � 29 4 t= 5 B(−3; −3) (loai ) �33 21 � � �33 21 � � B� ; � B� ; � �5 5 � �5 5 � 2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R) . Gọi P, Q lần lượt 2,0 là các điểm di động trên cung nhỏ ﾡAB , ﾡAC 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 ). Chứng minh góc �DKD ' = 900 0,5 Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có: �DKH = �DKP ( KH / / PD) �DKP = �PBA (tứ giác PEBD nội tiếp) 1 ﾡ Suy ra: �DKH = �PBA = sd PA 2 1 Tương tự, ta chứng minh được: �D ' KH = sd ﾡAQ 2 1 ﾡ Vậy �DKD ' = �DKH + �D ' KH = sd PQ = 900 (do PQ là đường kính) 2 Chứng minh DD ' 2 R : 0,5 Thật vậy, xét hình thang vuông DPQD ' vuông tại D và D’ nên
DD ' QP = 2 R , dấu “=” xảy ra khi PQ / / BC 1 KD 2 + KD '2 DD '2 4 R 2 1,0 Xét tam giác DKD ' . Ta có: S = KD.KD ' = = R2 2 4 4 4 Vậy diện tích lớn nhất của tam giác DKD ' bằng R khi PQ / / BC 2 IV 1 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB 1,5 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 . H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD 0,5 SH ⊥ AB Ta có: �� SH ⊥ ( ABCD ) ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) a 3 SH = 2 Góc giữa (SCD) và mặt đáy là �SMH = 600 0,25 SH a 0,25 Ta có HM = 0 = tan 60 2 1 a a 3 a3 3 2 0,5 � VS . ABCD = . . = 3 2 2 12 2 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a . 1,5 Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD. Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường 0,5 thẳng đi qua H , d và cắt d tại J, cắt BD tại I. trong (SHI) kẻ HK vuông góc với SI tại K. Khi đó: d ( BD ,SA) = d ( I ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( S ,d ) ) = 2d ( H ,( SBD ) ) = 2 HK IH BH BH . AD a 5 0,5 Ta có VBIH đồng dạng VBAD � = � IH = = AD BD BD 10 1 1 1 a 3 0,5 Xét VSHI vuông tại H, ta có: 2 = 2 + 2 � HK = HK HS HI 8 a 3 Vậy d ( BD ,SA) = 4 V Cho a, b, c là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2,0
1 2 P= − a 2 + b 2 + c 2 +1 ( a +1) ( b +1) ( c +1) ( a + b) ( c + 1) 0,75 2 2 1� 1 (�a + b ) + ( c + 1) � ( a + b + c + 1) 2 2 2 a + b + c +1 2 2 2 + = 2 2 2 � 4 3 �a + 1 + b + 1 + c + 1 � �a + b + c + 3 � 3 0,75 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) � �= � � � 3 � � 3 � 2 54 0,75 Vậy P − a + b + c + 1 ( a + b + c + 3) 3 2 54 = − = f (t ) với t = a + b + c + 1 (t > 1) t ( t + 2) 3 2 162 t=4 0,75 f / (t ) = − + ; f / (t ) = 0 ( t + 2) t = 1(loai ) 2 4 t t 1 4 + f’(t) + 0 - 1/4 f(t) 0 0 a+b+c = 3 1 Vậy giá trị lớn nhất của P = khi a = b = c � a = b = c =1 4 c =1 VI 2 2,0 u1 = Cho dãy số (un ) đuợc xác định: 2013 . 2 un (2 − 9un +1 ) = 2un +1 (2 − 5un ), ∀n 1 u1 u u Xét dãy số vn = + 2 + L + n . Tìm lim vn . 1 − u1 1 − u2 1 − un Ta có un 0∀n 1 . 0,25 2 − 9un +1 2 Khi đó: un ( 2 − 9un +1 ) = 2un+1 ( 2 − 5un ) � = 2 ( 2 − 5un ) 2 un +1 un 2 4 10 � −9 = − un+1 un2 un 2 Đặt xn = ∀n 1 . Khi đó ta có dãy mới ( xn ) được xác định bởi: un x1 = 2013 xn +1 = xn2 − 5 xn + 9 ∀n 1 Chứng minh ( xn ) là dãy tăng: 0,25 Xét hiệu: xn+1 − xn = xn2 − 5 xn + 9 − xn = ( xn − 3) 2 0
Do x1 = 2013 > 3 nên xn+1 − xn > 0 suy ra dãy ( xn ) là dãy tăng. Chứng minh (xn) không bị chặn hay lim xn = + : 0,5 Giả sử (xn) bị chặn, do dãy tăng và bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử dãy (xn) có giới hạn hữu hạn, đặt lim xn = a, ( a > 2013) . Từ công thức truy hồi xn+1 = xn2 − 5 xn + 9 Lấy giới hạn hai vế, ta được: a = a 2 − 5a + 9 � a = 3 (không thỏa mãn) Do đó dãy đã cho không có giới hạn hữu hạn. Ta có: 0,5 � � u1 un � 1 1 � �1 1 � vn = + ... + =2 � + ... + �= 2 � + ... + �∀n 1 1 − u1 1 − un �2 − 2 2 � −2� �x1 − 2 xn − 2 � �u u �1 n � 1 1 1 Mà: = − xn − 2 xn − 3 xn +1 − 3 �1 1 � � 1 1 � 0,5 Do đó, ta có: vn = 2 � − = � � 2 − � �x1 − 3 xn +1 − 3 � �2013 − 3 xn +1 − 3 � 1 Mà lim xn = + nên lim vn = 1005 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn chấm điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BÌNH PHƯỚC CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 (Hướng dẫn chấm có 06 trang) MÔN: TOÁN Ngày thi: 03/10/2013 ĐỐI VỚI THÍ SINH HỌC TẠI CÁC TRUNG TÂM GDTX Câu Ý Lời giải Điểm I 1 2x − 3 2,0 Cho hàm số: y = . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của x−2 hàm số . TXĐ: D = R \ { 2} 0,25 lim y = 2 phương trình đường TCN: y = 2 0,5 x lim y = − ;lim y = + phương trình đường TCĐ: x = 2 x 2− x 2+ −1 0,5 y/ = < 0 ∀x D ( x − 2) 2
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: 0,25 Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2) 0,25 Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0) Đồ thị: 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường 2,0 tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB = 2 IB , với I(2;2). � 2 x0 − 3 � 0,5 Gọi M �x0 ; � (C ) � 0x − 2 � 1 2 x02 − 6 x0 + 6 PTTT của (C) tại M: y = − x+ ( x0 − 2 ) ( x0 − 2 ) 2 2 Do AB = 2 IB và tam giác AIB vuông tại I IA = IB nên hệ số góc của 0,5 −1 tiếp tuyến k = 1 hoặc k = 1. vì y = < 0 nên ta có hệ số góc tiếp / ( x − 2) 2 tuyến k = 1. −1 x0 = 1 0,5 � = −1 � ( x0 − 1) x0 = 3 2 có hai phương trình tiếp tuyến: 0,5 y = − x + 2 ; y = − x + 6
II 1 3,5 ( x − y) 2 2x + 1 + 2y + 1 = (1) Giải hệ phương trình: 2 x, y ﾡ ( x + y ) ( x + 2 y ) + 3x + 2 y = 4 (2) 1 0,5 x − 2 Đk: 1 y − 2 x + y −1 = 0 1,0 Pt(2) � x + ( 3 y + 3) x + 2 y + 2 y − 4 = 0 � 2 2 x + 2 y + 4 = 0 (loai ) 1,25 Pt(1) � 2 x + 1 + 2 y + 1 = ( x + y ) − 4 xy 2 2 2 �( x + y ) 2 − 4 xy � � 2 ( x + y ) + 2 + 2 4 xy + 2 ( x + y ) + 1 = � � � 2 � � � � 8 4 xy + 3 = ( 4 xy + 3) ( 4 xy − 5 ) 4 xy + 3 = 0 ( 4 xy − 5) 4 xy + 3 = 8 (loai) ( do 1 = ( x + y ) �� 2 4 xy 4 xy − 5 < 0) � 1 � 3 0,75 x + y = 1 �x = − �x = 2 � � 2 � Hệ đã cho tương đương: � 3�� xy = − 4 �y = 3 �y = − 1 � 2 � 2 � 1 3 ��3 1 � Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: � − ; �� , ;− � � 2 2 ��2 2 � 2 sin 2 x + 3tan 2 x + sin 4 x 2,5 Giải phương trình: =2 tan 2 x − sin 2 x cos 2 x 0 0,5 Đk: (*) tan 2 x − sin 2 x 0 Pt tương đương: 0,75 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 � ( cos 2 x + 1) ( sin 2 x + sin 4 x ) = 0 π 0,75 + kπ x= cos 2 x = −1 2 cos 2 x + 1 = 0 π � � sin 2 x = 0 � x = k sin 4 x + sin 2 x = 0 2 1 cos 2 x = − π 2 x= + kπ 3 π 0,5 Nghiệm x = + kπ thỏa mãn (*) 3 π Phương trình có 2 họ nghiệm: x = + kπ 3
III 1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có 2,0 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. Gọi C ( c; c + 4 ) d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 0,5 4y – 23 = 0. Ta có VAIM đồng dạng VCID uur uur �c + 10 c − 10 � � CI = 2 AI � CI = 2 IA � I � ; � � 3 3 � c + 10 c − 10 0,5 Mà I d 2 nên ta có: 3 −4 − 23 = 0 � c = 1 3 3 Vậy C(1;5). � 3t − 23 � � 3t − 9 � 0,5 Ta có: M �d 2 � M � t; �� B � 2t − 5; � � 4 � � 2 � uuur � 3t + 5 � uuur � 3t − 19 � AB = � 2t − 10; , CB = � � 2t − 6; � � 2 � � 2 � t =1 0,5 uuur uuur 1 Do AB.CB = 0 � 4 ( t − 5 ) ( t − 3) + ( 3t + 5 ) ( 3t − 19 ) = 0 � 29 4 t= 5 B(−3; −3) (loai ) �33 21 � � �33 21 � � B� ; � B� ; � �5 5 � �5 5 � 2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R) . Gọi P, Q lần lượt 2,0 là các điểm di động trên cung nhỏ ﾡAB , ﾡAC 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 ).
Chứng minh góc �DKD ' = 900 0,5 Kẻ KH vuông góc với BC (H thuộc BC), ta có: �DKH = �DKP ( KH / / PD) �DKP = �PBA (tứ giác PEBD nội tiếp) 1 ﾡ Suy ra: �DKH = �PBA = sd PA 2 1 Tương tự, ta chứng minh được: �D ' KH = sd ﾡAQ 2 1 ﾡ Vậy �DKD ' = �DKH + �D ' KH = sd PQ = 900 (do PQ là đường kính) 2 Chứng minh DD ' 2 R : 0,5 Thật vậy, xét hình thang vuông DPQD ' vuông tại D và D’ nên DD ' QP = 2 R , dấu “=” xảy ra khi PQ / / BC Xét tam giác DKD ' . Ta có: 1,0 1 KD 2 + KD '2 DD '2 4 R 2 S = KD.KD ' = = R2 2 4 4 4 Vậy diện tích lớn nhất của tam giác DKD ' bằng R 2 khi PQ / / BC IV 1 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB 1,5 đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng ( SCD) và mặt phẳng đáy bằng 600 . 3. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD SH ⊥ AB 0,5 Ta có: �� SH ⊥ ( ABCD ) ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) a 3 SH = 2 Góc giữa (SCD) và mặt đáy là �SMH = 600 0,25 SH a 0,25 Ta có HM = 0 = tan 60 2 1 a a 3 a3 3 2 0,5 � VS . ABCD = . . = 3 2 2 12 2 4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a . 1,5
Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD. Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường 0,5 thẳng đi qua H , d và cắt d tại J, cắt BD tại I. trong (SHI) kẻ HK vuông góc với SI tại K. Khi đó: d ( BD ,SA) = d ( I ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( S ,d ) ) = 2d ( H ,( SBD ) ) = 2 HK IH BH BH . AD a 5 0,5 Ta có VBIH đồng dạng VBAD � = � IH = = AD BD BD 10 1 1 1 a 3 0,5 Xét VSHI vuông tại H, ta có: 2 = 2 + 2 � HK = HK HS HI 8 a 3 Vậy d ( BD ,SA) = 4 V Cho a, b, c là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3,0 1 2 P= − a 2 + b 2 + c 2 +1 ( a +1) ( b +1) ( c +1) ( a + b) ( c + 1) 0,75 2 2 1� 1 (�a + b ) + ( c + 1) � ( a + b + c + 1) 2 2 2 a + b + c +1 2 2 2 + = 2 2 2 � 4 3 �a + 1 + b + 1 + c + 1 � �a + b + c + 3 � 3 0,75 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) � �= � � � 3 � � 3 � 2 54 0,75 Vậy P − a + b + c + 1 ( a + b + c + 3) 3 2 54 = − = f (t ) với t = a + b + c + 1 (t > 1) t ( t + 2) 3 2 162 t=4 0,75 f / (t ) = − + ; f / (t ) = 0 ( t + 2) t = 1(loai ) 2 4 t t 1 4 + f’(t) + 0 - 1/4 f(t) 0 0 a+b+c = 3 1 Vậy giá trị lớn nhất của P = khi a = b = c � a = b = c =1 4 c =1 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn chấm điểm tối đa.