Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hải Dương

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> <br /> SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG<br /> <br /> KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH<br /> <br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> NĂM HỌC 2013 – 2014<br /> MÔN THI: TOÁN - LỚP 12<br /> Thời gian làm bài: 180 phút<br /> <br /> Câu I (2,0 điểm)<br /> 1) Cho hàm số y  x 3  2mx 2  3x (1) và đường thẳng () : y  2mx  2 (với m là tham số).<br /> Tìm m để đường thẳng () và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao<br /> cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ<br /> độ).<br /> 2) Cho hàm số y <br /> <br /> 2x  3<br /> có đồ thị (C) và đường thẳng d: y  2 x  m . Chứng minh rằng d cắt<br /> x2<br /> <br /> (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của tiếp<br /> tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 2013  k 2 2013 đạt giá trị nhỏ nhất.<br /> Câu II (2,0 điểm)<br /> <br /> <br /> <br /> 1) Giải phương trình: sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin  x <br /> <br /> 2) Giải hệ phương trình:<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br />  1<br /> 4<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> <br /> 2<br /> 3 xy 1  9 y  1 <br /> x 1  x<br /> <br />  x 3 (9 y 2  1)  4( x 2  1) x  10<br /> <br /> <br /> Câu III (2,0 điểm)<br /> 1) Rút gọn biểu thức:<br /> <br /> S<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> <br /> <br /> <br />  ... <br /> 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010!<br /> 2014.2013!.0!<br /> <br /> 5<br /> <br /> u1  2<br />  n 1<br /> <br /> 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: <br /> ( n  N *) . Tìm lim  <br />  u<br />  k 1 k<br /> u  1 u 2  u  2<br /> n<br />  n1 2 n<br /> <br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> <br /> .<br /> <br /> <br /> <br /> Trang | 1<br /> <br /> CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> Câu IV (3,0 điểm)<br /> 1) Cho khối chóp S . ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASB  SAC  900 , BSC  1200 . Gọi<br /> M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN<br /> vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) theo a.<br /> 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao<br /> cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.<br /> Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz  2 2<br /> Chứng minh rằng:<br /> <br /> x8  y 8<br /> y8  z8<br /> z 8  x8<br />  4<br />  4<br /> 8<br /> x4  y4  x2 y2 y  z4  y2 z2 z  x4  z2x2<br /> <br /> ……………..Hết………………..<br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> Trang | 2<br /> <br /> CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> HƯỚNG DẪN CHẤM<br /> Câu<br /> <br /> Nội dung<br /> <br /> Điểm<br /> <br /> I1<br /> <br /> 1) Cho hàm số y  x 3  2mx 2  3x (1) và đường thẳng () : y  2mx  2 (với m là<br /> <br /> 1,0đ<br /> <br /> tham số). Tìm m để đường thẳng () và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm<br /> phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có<br /> hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ).<br /> Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (  ) là nghiệm phương trình:<br /> x 3  2mx 2  3 x  2mx  2  x3  2mx 2  (2m  3) x  2  0<br /> <br /> x 1<br />  ( x  1)  x 2  (2m  1) x  2   0   2<br /> .<br /> <br /> <br />  x  (2m  1) x  2  0(2)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Vậy () và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt  phương trình (2)<br /> <br /> (2m  1) 2  8  0<br />  m  0.<br /> có hai nghiệm phân biệt x  1  <br /> 1  2m  1  2  0<br /> Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B( x1 ;2mx1  2), C( x2 ;2mx2  2) , trong đó<br /> 0,25<br /> <br /> x1; x 2 là nghiệm phương trình (2) nên x1  x 2  2m  1, x1x 2  2<br /> Tam giác OBC có diện tích S <br /> <br /> 1<br /> 2<br /> BC.d . Trong đó d = d(O;  ) =<br /> 2<br /> 1+4m 2<br /> <br /> BC 2  ( x2  x1 ) 2  (2mx2  2mx1 ) 2  ( x1  x2 )2  4 x1 x2   4m 2  1<br /> <br /> <br /> 2<br />  BC   2m  1  8  4m 2  1<br /> <br /> <br /> <br /> S<br /> <br />  2m  1<br /> <br /> 2<br /> <br /> 8<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> Vậy S = 17 <br /> <br /> I2<br /> 1,0đ<br /> <br /> m  1<br /> 4m 2  4m  9  17  <br /> (TM)<br />  m  2<br /> <br /> 2) Cho hàm số y <br /> <br /> 2x  3<br /> có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng<br /> x2<br /> <br /> minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần<br /> lượt là hệ số góc của<br /> <br /> tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để<br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> P =<br /> <br /> Trang | 3<br /> <br /> k1 2013  k 2 2013<br /> <br /> CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> đạt giá trị nhỏ nhất.<br /> <br /> Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:<br />  x  2<br /> 2x  3<br />  2 x  m   2<br /> x2<br /> 2 x  (6  m) x  3  2m  0(*)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Xét phương trình (*), ta có:   0, m  R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên<br /> d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là<br /> k1 <br /> <br /> 1<br /> 1<br /> , trong đó x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta<br /> , k2 <br /> 2<br /> ( x1  1)<br /> ( x 2  1) 2<br /> <br /> thấy k1 .k 2 <br /> <br /> 1<br /> <br /> <br /> <br /> x1  22 x2  22<br /> <br /> 1<br /> <br /> x1 x2  2 x1  2 x2  42<br /> <br />  4 (k1>0, k2>0)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Có P = k1 2013  k 2 2013  2. k1 k 2 2013  2 2014 , do dó MinP = 22014 đạt được khi<br /> k1  k 2 <br /> <br /> 1<br /> 1<br /> <br />  ( x1  2) 2  ( x 2  2) 2<br /> 2<br /> 2<br /> ( x1  2)<br /> ( x 2  2)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> do x1 , x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2<br />  x1 + x2 = - 4  m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.<br /> <br /> II1<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 1) Giải phương trình: sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin  x <br /> <br /> <br /> <br />   1 (1)<br /> 4<br /> <br /> 1,0đ<br /> PT(1)  2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  (cosx – sinx). (cos x  sin x)(sin 2 x  cos 2 x)  2  0<br /> <br /> *) cos x  sin x  0  x <br /> <br /> <br /> 4<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  k<br /> <br /> *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0  cosx + sin3x + 2 = 0 (2)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> cos x  1<br />  hệ vô nghiệm.<br /> sin 3 x  1<br /> <br /> *) Vì cos x  1; sin 3 x  1, x nên (2)  <br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> Trang | 4<br /> <br /> CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> <br /> 0,25<br /> Vậy PT có nghiệm là: x   k (k  Z )<br /> 4<br /> <br /> II2<br /> 2) Giải hệ phương trình:<br /> 1,0đ<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> <br /> 2<br /> (1)<br /> 3 xy 1  9 y  1 <br /> x 1  x<br /> <br />  x 3 (9 y 2  1)  4( x 2  1). x  10(2)<br /> <br /> <br /> ĐK: x  0<br /> NX: x = 0 không TM hệ PT<br /> Xét x > 0<br /> PT (1)  3 y  3 y 9 y 2  1 <br /> <br /> x 1  x<br /> x<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> <br />  3 y  3 y (3 y )  1 <br /> x<br /> x<br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> 2<br /> <br />  1 <br /> <br />   1 (3)<br /> <br /> <br />  x<br /> <br /> Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2  1 , t > 0.<br /> Ta có: f’(t) = 1 + t 2  1 <br /> <br /> t2<br /> t 2 1<br /> <br /> >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)<br /> <br /> 1<br />  1 <br />   3y =<br /> <br /> x<br />  x<br /> <br /> PT(3)  f(3y)= f <br /> <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Thế vào pt(2) ta được PT: x 3  x 2  4( x 2  1). x  10<br /> Đặt g(x)= x 3  x 2  4( x 2  1). x  10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)<br /> <br /> Ta có g(1) = 0<br /> Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1<br /> Với x =1  y =<br /> <br /> 1<br /> 3<br /> 1<br /> 3<br /> <br /> KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).<br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Trang | 5<br /> <br />