Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2013 - 2014

Chia sẻ: Trần Văn được | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

474
lượt xem 162
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi Toán 12 năm 2013-2014 giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2013 - 2014

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 - 2014 Ngày thi : 02/10/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình: 3x  2  x  1  2x 2  x  3 .  3 2 8 8  x  3x  13x  15  3  y b) Giải hệ phương trình:  y (x, y  ) .  2 2 2  y  4  5y (x  2x  2) Câu 2 (4,0 điểm).  2014  u1  2013 a) Cho dãy số (un) xác định bởi:   2u 2  n 1  u n  2u n , n  * 1 1 1 Đặt Sn   ... . Tính: limSn . u1  2 u 2  2 un  2 b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên thỏa mãn: f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y),  x, y  trong đó  là số thực cho trước. Câu 3 (5,0 điểm). a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  MA.h a  MB.h b  MC.h c (với ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C). b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H và G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là điểm đối xứng với H qua G. Tìm tập hợp các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC. Câu 4 (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho: 3 3 2 a + 2b = c và a + 8b = c . b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa mãn điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0). Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a. Câu 5 (3,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8. Chứng minh rằng với mọi k  *, ta có:
k k k a2 b2 c2 3 k1 k1  k1 k1  k1 k1  k1 . (a  b)(a2  b2 )(a4  b4 )...(a2  b2 ) (b  c)(b2  c2 )(b4  c4 )...(b2  c2 ) (c  a)(c2  a2)(c4  a4 )...(c2  a2 ) 2 ------------- Hết ------------- 1
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT Câu 1. 5.0 Câu 2. 4.0 2 2014 a) Giải PT: 3x  2  x  1  2x  x  3 (1) 2.5 a) u1  2 , 2u n 1  u n  2u n , n  N * 2.0 2013 + Điều kiện: x  2 (*). Khi đó: 0.25 Với mọi k  N*, ta có : 3 1 uk 1 2 2x  3    0.25 (1)   (2x  3)(x  1) 1.0 u k  2 u k (u k  2) u k u k (u k  2) 3x  2  x  1 = 1  2  1  1 0.25  2x  3  0 (2) u k 2u k 1 u k u k 1   0.25  S  1/ u  1/ u 0.25  1 n 1 n 1  x  1 (3) 2  3x  2  x  1  u1 > 1.CM: u n1  (u n  2u n ) / 2  1, n  N* 0.5 (2)  x = 3/2 (thỏa (*)) 0.25  un > 1,  n  N* 2 1 2 Vì x  nên < 1 và x + 1 > 1 0.25 Ta có: un 1  u n  u n / 2  0, n  N* 3 3x  2  x  1  (un) tăng 0.25  (3) vô nghiệm 0.25 Giả sử (u ) bị chặn trên thì (u ) tồn tại giới n n Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 3/2. 0.25 hạn hữu hạn: limu = a (a ≥ 1). n  3 2 8 8  2a=a2 + 2a  a = 0. Mâu thuẫn với a≥1 0.25  x  3x  13x  15  3  y b) Giải hệ PT (I):  y 2.5  limun = +  lim(1/ u n 1 )  0 .  2 2 2 Vậy: limSn  1/ u1  2013 / 2014 . 0.25  y  4  5y (x  2x  2) + Điều kiện: y ≠ 0 (*). Khi đó: 0.25 b) f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y), x,yR (1) 2.0  2 2 4  Trong (1), thay x  y  3x ' y ' ta được: (x  1)(x  2x  15)   2  4  2  yy    0.25 (I)    3x ' y '  , x’, y’R f (3x ' y ' )  2f  0.25  1  4  5[(x  1)2  1]  2   y2   3x  y  , x, yR (2)  f (3x  y  )  2f    2  Đặt a = x + 1, b  2 (b ≠ 0), hệ trên trở thành: Từ (1) và (2) suy ra: y  f  3 x  1 y   3 f  x   1 f  y  ,x,yR (3) 0.25     2  a(a  16)  b b  4 2  2 2  2 0.25 Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được: 2 1  b 2  5(a 2  1)  f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2  f(0) = b, b tùy ý 0.25 (3)  f  3 x  1 y   f (0) = a 3  b3  16a  4b   2  2    0.25 3 1 2 2 [f  x   f (0)]  [f  y   f (0)] , x,yR  b  5a  4 (1)  2 2  a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b) 0.25 Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0 và: 0.25  21a3 – 5a2b – 4ab 2 = 0 3 1  3 1 g  x  y   g  x   g  y  ,x,yR  a = 0 hoặc a   b hoặc a  4b 0.25 2 2  2 2 3 7  g  x   g  x  , g   y    1 g  y  ,x,yR 0.25 3  3  1  + Thay a = 0 vào (1) được b2 = 4 và tìm được 2  2  2  2 hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1). 3 1  3   1  ,x,yR 0.25  g  x  y   g  x   g   y  b vào (1) được b 2 = 9 và tìm được 2 2  2   2  + Thay a   3 g(x+y) = g(x) + g(y),x,yR 0.25 hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3). 0.25 Vì g liên tục trên R nên: g(x) = ax, xR, với g(1) = a (a tùy ý) 0.25 2
+ Thay a  4b vào (1) được :  f(x) = ax + b, xR (4) (với a, b tùy ý) 7 0.25 Thay (4) vào (1) ta được: b = a 31 2 Vậy f(x) = ax + a, với a tùy ý. 0.25  b  4 (vô nghiệm). 49 0.25 Kết luận đúng. Câu 3. 5.0 Câu 4. 3.0 a) T  MA.h a  MB.h b  MC.h c 3.0 a) a + 2b = c (1), a 3 + 8b3 = c2 (2) 2.0 2 2 2 Ta có: h a  2S  2 , h b  2S  2 , h c  2S  2 0.25 (2)  (a + 2b)(a – 2ab + 4b ) = c (3) 0.25 a a b b c c Từ (1) và (3) suy ra: 2 2  T  2  MA.GA  MB.GB  MA.GC  0.25   a.GA b.GB c.GC   0.25 (2)  a 2– 2ab + 4b = (a2 + 2b)  4b – 2(a + 1)b + a – a = 0 (4)  MA.GA MB.GB MA.GC   3    0.25 ’ = (a + 1)2 – 4(a2 – a) = –3a2 + 6a + 1 0.25  a.ma b.mc c.mc  (4) có nghiệm  ’ ≥ 0 1 1 a.m a  a 2b 2  2c2  a 2  3a 2 (2b 2  2c2  a 2 )  3a2 – 6a  1  3(a – 1)2  4 0.25 2 2 3 a 2  b 2  c2  a = 1 hoặc a = 2 (vì a  N*) 0.25  a.m a  0.25 + a = 1  b = 1, c = 3 0.25 2 3 Tương tự a 2  b2  c2 a 2  b 2  c2 + a = 2  b = 1, c = 4 0.25 b.mb  , c.m c  2 3 2 3 Vậy (a;b;c) =(1;1;3) hoặc (a;b;c) =(2;1;4) 0.25 6 3 b) 1.0 T (MA.GA  MB.GB  MC.GC) (1) 0.25 a  b 2  c2 2 Giả sử: f (x)  a n x n  a n 1x n 1  ...  a1x1  a 0 Đẳng thức xảy ra  a = b = c. 0,25 Ta có: f(a + b) – f(a) =          MA.GA MB.GB MC.GC  MA.GA MB.GB MC.GC 0.25 = a [(a+b)n  a n ]  a [(a+b) n 1  a n 1]+...+a b 0.25                 n n 1 1  (MG  GA)GA  (MG  GB)GB  (MG  GC)GC 0.25 n 1 n 2 n 2 n 1  a n b[(a+b)  a(a+b) +...+a (a  b)  a ] 4 2 a 2  b2  c2  GA 2  GB2  GC2  (ma  m 2  m 2 )  b c (2) 0.25 +a n 1b[(a+b) n 2  a(a+b) n 3 +...+a n 3 (a  b)  a n 2 ] 9 3 0.25 Đẳng thức xảy ra +...+a1b         MA, GA cùng hướng, MB, GB cùng hướng, Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b 0.25    MC, GC cùng hướng  M trùng G. 0.25 Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) chia hết cho b 0.25 Tương tự, f(b) chia hết cho a. Từ (1) và (2) suy ra: T  2 3 0.25 Câu 5. 3.0 Vậy minT  2 3  ABC đều và M trùng G. 0.25 Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và : b) 2.0 y C H A G O x E B 3
Xây dựng hệ tọa độ như k k b2 c2 hình vẽ. 0.25 Q k1 k1  k1 k1 Đặt BC = 2b (b>0), ta có: (a  b)(a2  b2 )...(a2  b2 ) (b  c)(b2  c2)...(b2  c2 ) B(0 ; –b), C(0 ; b) 2k 0.5 a Giả sử A(x0 ; y0) (x0 ≠ 0)  . k 1 k 1 Ta có: G(x0/3; y0/3) (c  a)(c 2  a 2 )...(c2  a2 ) 0.5 Tọa độ điểm H là nghệm 0.25 Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0 của hệ phương trình: k k k k a2  b2 b2  c2  y  y0  2P  P  Q  k1 k1  k1 k1  (a  b)(a2  b2 )...(a2  b2 ) (b  c)(b2  c2 )...(b2  c2 ) x 0 x  (y 0  b)(y  b)  0 0.25 k k  b2  y0 c2  a 2 2  H  ; y0   0.25  x0     k 1 k 1 E là điểm đối xứng với H qua G khi và chỉ khi: (c  a)(c 2  a 2 )...(c2  a2 ) 0.25  2x b 2  y0 2 Ta có: 0.25 x E  2x G  x H  0  2(a2 + b2) ≥ (a + b)2  3 x0  y  2y  y   y / 3 2(a4 + b4) ≥ (a2 + b 2)2  E G H 0 0.25 2 2 …………………….. E  BC  xE = 0  2x 0  b  y0 k k k 1 k 1 3 x0 0 2(a 2  b 2 )  (a 2  b2 )2 k k 2 2 a2  b2 a b 0.5 2 2 2 x0 y0 0.25    2x 0  3y 0  3b   1 k1 k1 3b 2 / 2 b2 (a  b)(a2  b2 )...(a2  b2 ) 2k Suy ra tập hợp các điểm A trong mp Oxy là elip: Tương tự với các số hạng khác của P+Q, suy 0.5 0.25 x2 y2 a  b b c c  a ra: 2P  k  k  k   1 loại trừ 2 điêm B, C. 2 2 2 3b 2 / 2 b2 0.25 Vậy tập hợp các điểm A là elip có trục nhỏ BC, a bc 33 abc 3 0.25 P   k k k 1 trục lớn có độ dài bằng 3/ 2.BC , loại trừ B, C. 2 2 2 0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2. Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác nhưng vẫn đúng thì ban giám khảo cần thảo luận thống nhất biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm. 4
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) 2   x  y  2x 1  2 y 1  1. Giải hệ phương trình:  2 (x, y  ).  x  y x  2y  3x  2y  4  sin 2x  3tan 2x  sin 4x 2. Giải phương trình:  2. tan 2 x  sin 2x 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 AB , AC 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  a2  b2  c2  1  a  1  b  1  c  1 
 2 u1  Câu VI:(THPT:2,0 điểm) Cho dãy số (un ) được xác định:  2013 . u (2  9u )  2u (2  5u ), n  1 2  n n 1 n 1 n u1 u u Xét dãy số vn   2   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 số . x2 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/  2  0 x  D  x  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 tiệm 2,0 cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB  2IB , với I(2;2).  2 x0  3  0,5 Gọi M  x0 ;   (C )  x0  2  2 1 2 x0  6 x0  6 PTTT của (C) tại M: y   2 x 2  x0  2  x0  2 Do AB  2 IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc của tiếp 0,5 1 tuyến k = 1 hoặc k = -1. vì y /  2  0 nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k =  x  2 -1. 1  x0  1 0,5  2  1    x0  1  x0  3  có hai phương trình tiếp tuyến: 0,5 y  x  2 ; y   x  6 II 1  2 2,5  x  y  2x 1  2y 1  (1) Giải hệ phương trình:  2 x, y   x  y x  2y  3x  2y  4 (2)   1 0,5 x   2  Đk:  y   1   2
x  y 1  0 1,0 Pt(2)  x 2   3 y  3 x  2 y 2  2 y  4  0    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 4xy  3   4xy  3 4 xy  5 4 xy  3  0  2  4 xy  5 4xy  3  8 (loai) (do 1   x  y   4 xy  4 xy  5  0)   1  3 0,75 x  y  1  x   x  2   2  Hệ đã cho tương đương:  3    xy   y  3 y   1  4    2  2  1 3 3 1 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:   ;  ,  ;    2 2 2 2 2 sin2x  3tan 2x  sin4x 2,5 Giải phương trình: 2 tan2x  sin2x cos 2 x  0 0,5 Đk:  (*)  tan 2 x  sin 2 x  0 Pt tương đương: 0,75 3 sin 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   0,75   x  2  k cos 2 x  1  cos 2 x  1  0     sin 2 x  0   x  k sin 4 x  sin 2 x  0  2  1  cos 2 x    2  x     k   3  0,5 Nghiệm x    k thỏa mãn (*) 3  Phương trình có 2 họ nghiệm: x    k 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 – 4y 0,5 – 23 = 0.     c  10 c  10  Ta có AIM đồng dạng CID  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     3t  5    3t  19  AB   2t  10;  , CB   2t  6;   2   2  t  1 0,5     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 là 2,0 các điểm di động trên cung nhỏ AB , AC 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 Suy ra: DKH  PBA  sd PA 2 1 Tương tự, ta chứng minh được: D ' KH  sd AQ 2 1 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 2 Vậy diện tích lớn nhất của tam giác DKD ' bằng R khi PQ / / BC IV 1 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB đều 1,5 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 BIH đồng dạng BAD    IH   AD BD BD 10 1 1 1 a 3 0,5 Xét SHI 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 2  c  1 1 2 2 2 1 2 0,75 2 a b c2 2 1    a  b    c  1    a  b  c  1  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  2 4 t  1(loai )
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 . u (2  9u )  2u (2  5u ), n  1 2  n n 1 n 1 n u1 u u Xét dãy số vn   2   n . Tìm lim vn . 1  u1 1  u2 1  un Ta có un  0n  1 . 0,25 2 2  9un1 2 Khi đó: un  2  9un1   2un1  2  5un    2  2  5un  un1 un 2 4 10  9  2  un1 un un 2 Đặt xn  n  1 . Khi đó ta có dãy mới  xn  được xác định bởi: un  x1  2013   2  xn1  xn  5 xn  9 n  1  Chứng minh  xn  là dãy tăng: 0,25 2 2 Xét hiệu: xn1  xn  xn  5 xn  9  xn   xn  3  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  . 2 Từ công thức truy hồi xn1  xn  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
  u u  1 1   1 1  vn  1  ...  n  2   ...    2  ...   n  1 1  u1 1  un  2 2 2  2  x1  2 xn  2  u un  1  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 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/  2  0 x  D  x  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 tiệm 2,0 cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB  2IB , với I(2;2).  2 x0  3  0,5 Gọi M  x0 ;   (C )  x0  2  2 1 2 x0  6 x0  6 PTTT của (C) tại M: y   2 x 2  x0  2  x0  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 /  2  0 nên ta có hệ số góc tiếp  x  2 tuyến k = -1. 1  x0  1 0,5  2  1    x0  1  x0  3  có hai phương trình tiếp tuyến: 0,5 y  x  2 ; y   x  6
II 1  2 3,5  x  y  2x 1  2y 1  (1) Giải hệ phương trình:  2 x, y   x  y x  2y  3x  2y  4 (2)   1 0,5  x  2 Đk:  y   1   2 x  y 1  0 1,0 Pt(2)  x 2   3 y  3 x  2 y 2  2 y  4  0    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 4xy  3   4xy  3 4 xy  5 4 xy  3  0  2  4 xy  5 4xy  3  8 (loai) (do 1   x  y   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 sin2x  3tan 2x  sin4x 2,5 Giải phương trình: 2 tan2x  sin2x cos 2 x  0 0,5 Đk:  (*)  tan 2 x  sin 2 x  0 Pt tương đương: 0,75 3 sin 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
  0,75   x   k cos 2 x  1 2  cos 2 x  1  0     sin 2 x  0   x  k sin 4 x  sin 2 x  0  2  1  cos 2 x    2  x     k   3  0,5 Nghiệm x    k thỏa mãn (*) 3  Phương trình có 2 họ nghiệm: x    k 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 AIM đồng dạng CID    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     3t  5    3t  19  AB   2t  10;  , CB   2t  6;   2   2  t  1 0,5     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 là 2,0 các điểm di động trên cung nhỏ AB , AC 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 Suy ra: DKH  PBA  sd PA 2 1 Tương tự, ta chứng minh được: D ' KH  sd AQ 2 1 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 BIH đồng dạng BAD    IH   AD BD BD 10 1 1 1 a 3 0,5 Xét SHI 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 2  c  1 1 2 0,75 2 a b c2 2 1   2   a  b    c  1 2   1  a  b  c  1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 )   2  4 ; f / (t )  0   t t  2 t  1(loai ) 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.