ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT BÌNH PHƢỚC NĂM HỌC 2013 – 2014 Lời giải chi tiết bình luận Ngƣời thực hiện: ThS Nguyễn Văn Hồng Trường THPT Chuyên Quang Trung – Bình Phước SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƢỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/10/2013 2x  Câu I:(THPT:4,0 điểm; GDTX: 4,0 điểm) Cho hàm số: y  (1) x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) , biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang A, B cho AB  2IB , với I (2, 2) Câu II:(THPT:5,0 điểm; GDTX: 6,0 điểm)  x  y   2x   y   Giải hệ phương trình:   x  y  x  y   3x  y   Giải phương trình: ( x, y  ) sin 2x  3tan 2x  sin x  tan x  sin x Câu III:(THPT:4,0 điểm; GDTX:4,0 điểm) 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   Đường thẳng qua D trung điểm đoạn AB có phương trình: 3x  y  23  Tìm tọa độ B C , biết điểm B có hồnh độ dương Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi P, Q điểm di động cung nhỏ AB , AC cho P, Q, O thẳng hàng Gọi D , E hình chiếu vng góc P lên đường thẳng BC , AB tương ứng D ', E ' hình chiếu vng góc Q lên đường thẳng BC, AC Gọi K giao điểm hai đường thẳng DE D ' E ' Tìm giá trị lớn 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 hình chữ nhật, tam giác SAB cạnh a nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Góc mặt phẳng ( SCD) mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a Tính khoảng cách hai đường thẳng SA DB theo a Câu V:(THPT:2,0 điểm; GDTX:3,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương Tìm giá trị lớn biểu thức: P a  b2  c2    a  1 b  1 c  1  u1  2013 Câu VI:(THPT:2,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định:  u (2  9u )  2u (2  5u ), n  n 1 n 1 n  n Xét dãy số  u1 u    u1  u2  un Tìm lim  un HẾT CÂU I KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN 2x  (1) x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) , biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang A, B cho AB  2IB , với I (2, 2) Câu I: (THPT:4,0 điểm; GDTX: 4,0 điểm) Cho hàm số: y  Lời giải 1) HS tự làm 2) Ta có y '    Gọi M  m; 1  x  2  với x  R \{2} 2m     (C ) m2  PTTT (C) M y    m  2 x 2m  6m   m  2  k  1( L) Vì AB  2IB tam giác AIB vuông I nên IA = IB Do hệ số góc tiếp tuyến   k  1 k  1  1  m  1 m   1   m  Suy có hai phương trình tiếp tuyến: y   x  ; y   x  Nhận xét Nếu HS khơng nhận thấy AB  2IB tam giác AIB vuông I nên IA = IB Do  k  1( L) hệ số góc tiếp tuyến  HS làm theo phương pháp hay dùng xét  k  1 giao điểm tiếp tuyến với hai tiệm cận (hoặc hai trục tọa độ) tìm tọa độ A B theo x0 sử dụng AB  2IB để có phương trình giải x0 Đây toán cho điểm HS thấy đặc điểm tam giác IAB vng cân khơng nhiều thời gian, có thời gian để xử lý toán sau Một số toán tƣơng tự nhƣ sau: 2x  (C ) Tìm điểm (C) cho tiếp tuyến với (C) điểm x2 cắt hai tiệm cận (C) hai điểm A, B cho AB có độ dài nhỏ Bài Cho hàm số y  Lời giải Ta có y /  1  x  2  với x  R \{2}  Gọi M  x0 ;  x0     (C ) x0   PTTT (C) M (d ) : y    x0   x x02  x0   x0    Giao điểm d với đường tiệm cận đứng A  2;   2   x0   Giao điểm d với đường tiệm cận ngang A  x0  2;2    Khi AB   ( x0  2)    ( x0  2)   Dấu xảy ( x0  2)   x0  1  ( x0  2)  x0  Vậy ta có hai điểm cần tìm M1 (1;1), M (3;3) 2x 1 (C ) Tìm điểm (C) cho tiếp tuyến với (C) điểm cắt x 1 hai tiệm cận (C) hai điểm A, B cho tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất, I giao điểm hai đường tiệm cận Bài Cho hàm số y  HD Để ý IA  IB  IC  IA  IB  IA2  IB  IA.IB  IA.IB , IA.IB  12 Dấu xảy IA = IB Đáp số M1 (1  3;2  3), M (1  3;2  3) CÂU 2A GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH  x  y   2x 1  y 1  Giải hệ phương trình:   x  y  x  y   3x  y   (1) x, y  (2) Nhận xét Khi xét hệ rõ ràng phương pháp hay đặt ẩn phụ khơng thành Nhìn vào PT(1) PT đối xứng, ta nghĩ đến đưa tổng tích, PT(2) khơng phải PT đối xứng Lúc ta lại nghĩ đến trục thức xuất nhân tử x – y, hệ nghiệm x = y Sau ta đưa hệ tạm  x  y   2x 1  y 1     2x 1  y 1   x y Đến việc tìm x y trở nên khó khăn Vì ta chuyển việc biến đổi sang PT(2) Đây phương trình bậc hai xem ẩn tham số, ta thử lập  cho phương trình xem x ẩn y tham số ta phương trình x   y  3 x  y  y   Phương trình có   y  10 y  25  ( y  5)2 Đến đường chắn khả thi Lời giải   x   Điều kiện:  y     x  y 1  (2)  x   y  3 x  y  y     x  2y   Trường hợp x  y    x  4  y , kết hợp với điều kiện y     x   với điều kiện x Hoặc thấy với  x  y   y    Trường hợp x   y , ta có (1)  x    x  y y 1  2  xy ta có x  3 Điều trái   x  y 2  xy    x  y    xy   x  y           xy    xy  3 xy    xy     xy   xy   ( L) (do   x  y   xy  xy   0)   x  x  y  x       Hệ cho tương đương:   3  xy   y  y   2    3 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm:   ;  ,  ;    2 2 2 Xét tập tương tự sau:  x   (2 y  11)(17  y)  y Giải hệ phương trình:   y( y  3x  3)  5(3x  2) (1) x, y  (2) Đối với thấy xử lý PT(2) khôn ngoan  x  Điều kiện:   y   y  5 ( L) (2)  y  (3  3x) y  15 x  10     y  3x  Thay y  3x  vào PT(1) ta x   3x   5( x  5)(18 x  24 x  19)  x 5   5( x  5)(18 x  24 x  19)  x   3x  Phương trình có nghiệm x = x  Vậy hệ có nghiệm (5; 17) CÂU 2B GIẢI PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC Giải phương trình: sin 2x  3tan 2x  sin x  (1) tan x  sin x Đây câu dễ đề thi lần Lời giải cos x  Điều kiện:   tan x  sin x  (1)  3sin x  tan x  sin x   3sin x cos x  sin x  sin x cos x    cos x  1 sin x  sin x       x   k ( L ) cos x  1  cos x       sin x    x  k ( L)  sin x  sin x    cos x    x     k   Phương trình có họ nghiệm: x     k Có thể luyện tập qua tập sau: x  t anx  t anx  2sin x  1  6cos x   s inx 1  tan x.tan  2  cos x   Giải Đk:  x (*) cos   x x cos x cos  sin x sin 2) pt  tan x(tan x  2sin x  1)  cos x   sin x( x cos x cos  tan x(tan x  2sin x  1)  cos x   tan x  tan x(1  cos x)  3(1  cos x)   tan x   1  cos x  tan x   x     k Vậy phương trình có họ nghiệm: x     k CÂU 3A HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXY 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   Đường thẳng qua D trung điểm đoạn AB có phương trình: 3x  y  23  Tìm tọa độ B C , biết điểm B có hồnh độ dương Phân tích lời giải nhanh: Gọi C(c; c + 4) , gọi M trung điểm AB DM có phương trình Nếu biểu diễn điểm DM theo ẩn theo c tốn xong Điểm D mà M khó biểu diễn theo c, có điểm I giao điểm DM AC A có tọa độ CI = 2IA Lời giải Gọi C  c; c    d1 : x  y   , M trung điểm AB, I giao điểm AC d2: 3x – 4y – 23 = Từ B kẻ đường thẳng song song DM cắt AC CD J, K  c  10 c  10  ; Khi CJ = IJ = IA  CI  AI  CI  IA  I     Mà I  d nên ta có: c  10 c  10 4  23   c  3 Vậy C(1;5) 3t    3t  23   Ta có: M  d  M  t ;   B  2t  5;      3t   3t  19    AB   2t  10;  , CB   2t  6;      t  1 Do AB.CB    t   t  3   3t   3t  19     29 t    B(3; 3) ( L)  33 21     33 21   B  ;  B  ;   5   5  Bình luận Bài tương tự hình khối B 2013 sau: CÂU 3B – HÌNH HỌC PHẲNG THUẦN TÚY Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi P, Q điểm di động cung nhỏ AB , AC cho P, Q, O thẳng hàng Gọi D , E hình chiếu vng góc P lên đường thẳng BC , AB tương ứng D ', E ' hình chiếu vng góc Q lên đường thẳng BC, AC Gọi K giao điểm hai đường thẳng DE D ' E ' Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KDD ' (theo R ) Nhận xét DE, D’E’ hai đường thẳng Simson P Q tam giác ABC, P Q đối xứng qua O nên góc DE D’E’ 900 Do tam giác D’KD vng K Đây điểm mấu chốt để hình thành nên tốn Tuy nhiên, chúng đường thẳng Simson dự đốn tam giác D’KD vng tốn có nhiều yếu tố vng góc tam giác vng dễ dàng tính diện tích Lời giải Tương tự phương pháp tính góc hai đường thẳng Simson ta tiến hành chứng minh tam giác D’KD vng K Gọi H hình chiếu vng góc K BC DKH  DKP ( KH PD) DKP  PBA (tứ giác PEBD nội tiếp) Do DKH  PBA  sd PA Tương tự, D ' KH  sd AQ Vậy DKD '  DKH  D 'KH  sd PQ  90 (PQ đường kính) Xét hình thang vng DPQD ' vng D D’ nên DD '  QP  2R , dấu “=” xảy PQ / / BC KD  KD '2 DD '2 R KD.KD '     R2 4 Vậy diện tích lớn tam giác DKD ' R PQ BC Ta có: S  Một số tính chất đường thẳng Simson ta nên nhớ  Đường thẳng Simson đỉnh A tam giác đường cao hạ từ đỉnh đó, đường thẳng Simson điểm A’ đối xứng với đỉnh A qua tâm O cạnh BC tam giác  Nếu điểm thuộc (O), góc hai đường thẳng Simson nửa số đo cung Trong trường hợp đặc biệt, P P’ đối xứng qua tâm O, đường thẳng Simson chúng vng góc với điểm nằm đường trịn chín điểm  Nếu gọi trực tâm tam giác , đường thẳng Simson điểm đoạn (trung điểm nằm đường trịn chín điểm) qua trung  Nếu hai tam giác nột tiếp (O), góc hai đường thẳng Simson lines điểm (O) hai tam giác khơng phụ thuộc vào vị trí (O) CÂU HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, tam giác SAB cạnh a nằm mặt phẳng vng góc với đáy Góc mặt phẳng ( SCD) mặt phẳng đáy 600 a) Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a b) Tính khoảng cách hai đường thẳng SA DB theo a S B O C X H U B C O D A H a K A D N N Lời giải a) H, K trung điểm AB CD Khi SH đường cao hình chóp S ABCD SH  a Góc (SCD) mặt đáy SKH  600 Ta có BC  HK  VS ABCD SH a  Tính tan 60 a a a3   (đvtt) 2 12 b) Qua A kẻ đường thẳng song song BD cắt BC CD N O Gọi U X hình chiếu B ON BO  a a  BX  Gọi T hình chiếu H SU d ( BD, SA)  d ( BD,(SON ))  d ( B,(SON ))  2d ( H ,(SON ))  2HT Ta có 1 a a    HT  Do d  BD, SA  2 HT HS HU Bình luận Câu a) cho điểm, câu b) địi hỏi HS nắm phương pháp tính khoảng cách hai đường thẳng chéo quy khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Bài tập tƣơng tự CÂU V – BẤT ĐẲNG THỨC Cho a, b, c ba số duơng Tìm giá trị lớn biểu thức: P a  b2  c2    a  1 b  1 c  1 Bình luận Đây bất đẳng thức có tư tưởng giống đề thi ĐH B – 2013 Lời giải  a  b 1   c  1  a b c  a 1 b 1 c 1  a  b  c    a  1 b  1 c  1      3     2 2  1 2 a  b    c  1    a  b  c  1   2   Do P  = 54  a  b  c   a  b  c  3 54   f (t ) t  t  3 với t  a  b  c  (t  1) f / (t )   t t  162  ; f / (t )    t t  2 t  1(loai) f’(t) + + - 1/4 f(t) 0 a  b  c   Giá trị lớn P  a  b  c  a  b  c  c  