Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 THPT Năm Học 2013 – 2014 Môn Thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

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)
Câu I (2,0 điểm) 
1) Cho hàm số (1) và đường thẳng (với là tham số). Tìm để đường thẳng và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ). 
2) Cho hàm số có đồ thị (C) và đường thẳng d:. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 
2) Giải hệ phương trình: 
Câu III (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: 
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: . Tìm .
Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho khối chóp có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, . 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 đến mặt phẳng 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: 
 Chứng minh rằng: 

……………..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

HƯỚNG DẪN CHẤM

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 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
Nội dung
Điểm
I1
1,0đ
1) Cho hàm số (1) và đường thẳng (với là tham số). Tìm để đường thẳng và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng (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 () là nghiệm phương trình:

 .


0,25

Vậy và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt .
Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), , trong đó là nghiệm phương trình (2) nên 



0,25

Tam giác OBC có diện tích . Trong đó 

 



0,25

Vậy S = (TM) 
0,25
I2
1,0đ
2) Cho hàm số có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = đạt giá trị nhỏ nhất.


Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
 

0,25


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 
, trong đó , là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy (k1>0, k2>0)


0,25

Có P = , do dó MinP = 22014 đạt được khi 
 do , phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2 
x1 + x2 = - 4 m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm. 


0,25
II1
1,0đ
1) Giải phương trình: (1)


PT(1) 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)
 (cosx – sinx).
0,25

 *) 
0,25

 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 cosx + sin3x + 2 = 0 (2)
0,25

 *) Vì nên (2) hệ vô nghiệm.
 Vậy PT có nghiệm là: 

0,25
II2
1,0đ
2) Giải hệ phương trình: 


ĐK:
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
 PT (1) 
 (3)



0,25

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t., t > 0.
Ta có: f’(t) = 1 + >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
PT(3) f(3y)= f 3y = 



0,25

Thế vào pt(2) ta được PT: 
Đặt g(x)=, x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,25

Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1y =
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;).



0,25
III1
1,0đ
1) Rút gọn biểu thức: 


+) Ta có: 

0,25

+) Ta có: 
 (k =0;1;…;2013)

0,25

+) Do đó: S.2013!=

0,25

+) S.2013! = 

0,25
III2
1,0đ
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: . Tìm .


+) Ta có: Dãy không giảm.
Nếu có số M: un M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un u1 L u1

0,25

+) Khi đó ta có: L = L2 – L + 2 L = 2. (Vô lý)
 limun = 
0,25

+) Ta có: 
()


0,25

+) Do đó: =
0,25
IV1
1,5đ
1) Cho khối chóp . 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 đến mặt phẳng theo . 



Dùng ĐL Cosin tính được: MN = 




0,25

AM=, AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc = 600) tam giác AMN vuông tại A.
0,25

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.; tính được SH = a.
0,25

Tính được 
0,25


0,25

Vậy 
0,25
IV2
1,5đ
2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.


+) Đặt , với . Khi đó ta có: và 
0,25

+) Ta có: 
 Do đó: 
0,25

+) MN2 = 
 = a2 = (2x2 – 2x + 1)a2
0,25

+) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn ta có: 
 
0,25

+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
0,25

+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi MB, ND hoặc MA, NC.
0,25


V
1,0đ

Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: 
Chứng minh rằng: 


+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8
Do nên Dấu“=”có a=b
0,25

+) Ta có: . Ta sẽ chứng minh: (1). 
Thật vậy: (1) 2( (a2 – b2)2 (luôn đúng). 
 Do đó ta được: Dấu“=”có a2=b2a=b
0,25

+) Áp dụng BĐT trên ta có: Dấu“=”có b=c
 Dấu“=”có c=a
Cộng các vế các BĐT trên ta được: 
 (2) Dấu“=”có a=b=c
0,25

+) Theo BĐT Cô-si ta có: .Dấu“=”có a=b=c
Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra 
0,25