SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 - 3 x (1) và đường thẳng (D) : y = 2mx - 2 (với m là tham số). Tìm m để đường thẳng (D) 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 có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = -2 x + m . Chứng minh rằng d cắt (C) x+2 tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của
2) Cho hàm số y =
(C) tại A và B. Tìm m để P = k1 2013 + k 2 2013 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin x
2) Giải hệ phương trình:
-1 4
1 2 3 xy 1 + 9 y + 1 = x +1 - x x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10
Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: S =
1 1 1 1 1 + + + + ... + 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0!
5 u1 = 2 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: u = 1 u 2 - u + 2 n+1 2 n n
( n N *) . Tìm lim
n
1 . k
u
k =1
Câu IV (3,0 điểm) · B = SAC · · 1) Cho khối chóp S . ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS = 900 , BSC = 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 C đến 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: x8 + y8
xyz = 2 2
y8 + z8
z8 + x8
Chứng minh rằng: x 4 + y 4 + x 2 y 2 + y 4 + z 4 + y 2 z 2 + z 4 + x 4 + z 2 x 2 8 ……………..Hết………………..
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: …………………............... Chữ ký của giám thị 1:………………………….Chữ ký của giám thị 2:............................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM (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
I1
Nội dung 1) Cho hàm số y = x + 2mx - 3x (1) và đường thẳng (D) : y = 2mx - 2 (với m là tham
1,0đ
số). Tìm m để đường thẳng (D) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A,
3
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 ( D ) là nghiệm phương trình: x3 + 2mx 2 - 3x = 2mx - 2 Û x 3 + 2mx 2 - (2m + 3) x + 2 = 0 éx = 1 Û ( x - 1) éë x 2 + (2m + 1) x - 2 ùû = 0 Û ê 2 . x + (2 m + 1) x 2 = 0(2) ë ( D ) Vậy và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt Û phương trình (2) có hai (2m + 1) 2 + 8 > 0 Û m ¹ 0. nghiệm phân biệt x ¹ 1 Û 1 + 2m + 1 - 2 ¹ 0 Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B( x1;2mx1 - 2), C( x2 ;2mx2 - 2) , trong đó x1 ; x 2 là nghiệm phương trình (2) nên x1 + x 2 = -2m - 1, x1x 2 = -2 2 1 Tam giác OBC có diện tích S = BC.d . Trong đó d = d(O; D) = 2 1+4m 2 BC 2 = ( x2 - x1 )2 + (2mx2 - 2mx1 )2 = éë( x1 + x2 )2 - 4 x1 x2 ùû 4m 2 + 1 2 Þ BC = é 2m + 1 + 8ù 4m 2 + 1 ë û
Vậy S =
I2 1,0đ
17
2) Cho hàm số
ÞS=
2m + 1
2
+8
ém = 1 (TM) ëm = -2
Û
4m 2 + 4m + 9 = 17 Û ê
y=
Điểm
2
0,25
0,25
0,25 0,25
2x + 3 có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh x+2
rằng d cắt (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 tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 2013 + k 2 2013 đạt giá trị nhỏ nhất. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: 2x + 3 = -2 x + m x+2
x ¹ -2 Û 2 2 x + (6 - m) x + 3 - 2m = 0(*)
0,25
D > 0, m R
Xét phương trình (*), ta có:
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 k1 =
1 1 , k2 = , trong đó x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy 2 ( x1 + 1) ( x 2 + 1) 2
0,25 k1 .k 2 =
1
x1 + 2 2 x2 + 2 2
1 = = 4 (k1>0, k2>0) x1 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 4 2
Có P = k1 2013 + k 2 2013 2. k1 k 2 2013 = 2 2014 , do dó MinP = 22014 đạt được khi 1 1 = Û ( x1 + 2) 2 = ( x 2 + 2) 2 2 ( x1 + 2) ( x 2 + 2) 2 do x1 , x 2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
k1 = k 2 Û
0,25
Û x1 + x2 = - 4 Û m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.
II1 1,0đ
sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin x - - 1 (1) 4
1) Giải phương trình:
PT(1) Û 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) Û (cosx – sinx). (cos x + sin x)(sin 2 x + cos 2 x) + 2 = 0 *) cos x - sin x = 0 Û x =
+ k 4
0,25
*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 Û cosx + sin3x + 2 = 0 (2) *) Vì
cos x -1; sin 3 x -1, x
Vậy PT có nghiệm là: x =
1,0đ
nên (2) Û
+ k ( k Z ) 4
II2
0,25
cos x = -1 Û hệ vô nghiệm. sin 3x = -1
0,25 0,25
1 2 3 xy 1 + 9 y + 1 = (1) x +1 - x x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1). x = 10(2)
2) Giải hệ phương trình:
ĐK: x 0 NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0 PT (1) Û
Û
x +1 + x
3y + 3y 9 y 2 + 1 =
3 y + 3 y (3 y ) + 1 = 2
1 x
+
x
1 x
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 2 Ta có: f’(t) = 1 + t + 1 +
1 x
PT(3) Û f(3y)= f
t
0,25
2
1 + 1 x
(3)
t2 +1 ,
t > 0.
2
t 2 +1
Û 3y =
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞) 1 x
0,25
Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x = 10 Đặt g(x)= x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x - 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 Þ 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 Với x =1 Þ y =
0,25
1 3
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
III1
1) Rút gọn biểu thức:
1,0đ
S =
1 ). 3
0,25
1 1 1 1 1 1 + + + + ... + + ... + 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! (k + 1).k!.(2013 - k )! 2014.2013!.0
k 2013 C 2013 1 Þ S .2013! = +) Ta có: S = k = 0 ( k + 1).k!.(2013 - k )! k =0 k + 1 2013
+) Ta có:
0,25 k +1 2014
k 2013
C C 2013! 2014! = = = k + 1 (k + 1)!.(2013 - k )! 2014.(k + 1)! 2014 - (k + 1)! 2014
0,25
(k =0;1;…;2013) k +1 C 2014 1 2014 k = . C 2014 +) Do đó: S.2013!= 2014 k =1 k = 0 2014 2013
0,25
1 2 2014 - 1 2 2014 - 1 Þ S = +) S.2013! = 2014 2014!
0,25
III2
5 u1 = 2 1,0đ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: u = 1 u 2 - u + 2 n+1 2 n n
( n N *) . Tìm lim
n
1 . k
u
k =1
1 2
+) Ta có: u n +1 - u n = (u n2 - 4u n + 4) 0, n Þ Dãy không giảm. Nếu có số M: un M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un u1 Þ L u1 +) Khi đó ta có: L =
Þ limun = +
1 2 L –L+2 2
Û L = 2. (Vô lý) 1
0,25 0,25
1
+) Ta có: u n2 - 2u n + 4 = 2u n +1 Û u n (u n - 2) = 2(u n+1 - 2) Û u (u - 2) = 2(u - 2) n n n +1 Û
1 1 1 1 1 1 = Û = ( u n - 2 u n u n +1 - 2 u n u n - 2 u n +1 - 2 n
+) Do đó:
1
u k =1
k
=
n N * )
1 1 1 Þ lim u1 - 2 u n +1 - 2 k =1 u k n
1 =2 = u 2 1
IV1
· B = SAC · · 1) Cho khối chóp S . ABC SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS = 900 , BSC = 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 C đến mặt phẳng ( SAB ) theo a .
0,25 0,25
S
Dùng ĐL Cosin tính được:
S
MN =
N
A
0,25
2a 3
A N
C
M
H
M B
AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600) Þ 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 Þ SH ( AMN ) ; tính
Tính được VS . AMN =
được SH = a.
0,25
2 2a 3 3
0,25
VS . AMN SM .SN 1 = = Þ V S . ABC = 2 2a 3 VS . ABC SB.SC 3
IV2
0,25 3VS . ABC 6a 3 2 = = 2a 2 2 S DSAB 3a 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và
1,5đ
đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
Vậy d (C ;( SAB)) =
+) Đặt
BM DN = x , với 0 x 1 Þ = x . Khi đó ta có: BM = x.BA và DN = x.DC BA DC
+) Ta có: Do đó:
DN = x.DC Û BN - BD = x ( BC - BD) Û BN = x.BC + (1 - x ).BD
0,25 0,25
MN = BN - BM = x.BC + (1 - x ).BD - x.BA
+) MN2 = x 2 a 2 + (1 - x) 2 a 2 + x 2 a 2 + 2 x(1 - x)
a2 a2 a2 - 2x 2 . - 2 x(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
0,25
1 1 max f ( x) = f (0) = f (1) = 1, min f ( x) = f ( ) = 2 2
+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng
a 2 2
khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M B, N D hoặc M A, N C.
0,25 0,25
Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 2
V 1,0đ
Chứng minh rằng:
x8 + y8 y8 + z8 z8 + x8 + + 8 x4 + y4 + x2 y2 y4 + z4 + y2 z2 z4 + x4 + z2 x2
+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8 Do ab
3(a 2 + b 2 ) a2 + b2 nên a 2 + b 2 + ab Dấu“=”có 2 2
Û a=b
0,25
a4 + b4 a4 + b4 a4 + b4 1 (a 2 + b 2 ) 2 2 +) Ta có: a + b + ab 3 a 2 + b 2 . Ta sẽ chứng minh: 3 a 2 + b 2 3 (1). 2 2
0,25
Thật vậy: (1) Û 2( a 4 + b 4 ) (a 2 + b 2 ) 2 Û (a2 – b2)2 0 (luôn đúng). a4 + b4 1 (a 2 + b 2 ) Dấu“=”có Û a2=b2 Û a=b 2 2 a + b + ab 3 b4 + c4 1 (b 2 + c 2 ) Dấu“=”có Û b=c Áp dụng BĐT trên ta có: 2 2 b + c + bc 3
Do đó ta được:
+)
0,25
c4 + a4 1 (c 2 + a 2 ) Dấu“=”có Û c=a 2 2 c + a + ca 3
Cộng các vế các BĐT trên ta được: a4 + b4 b4 + c4 c4 + a4 2 + + (a 2 + b 2 + c 2 ) (2) Dấu“=”có Û a=b=c 2 2 2 2 2 2 a + b + ab b + c + bc c + a + ca 3
+) Theo BĐT Cô-si ta có:
2 2 (a + b 2 + c 2 ) 2.3 a 2 b 2 c 2 = 8 .Dấu“=”có Û a=b=c 3
Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra Û
x = y = z =
2
0,25