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
3 2
2 3= + −y x mx x
(1) và đường thẳng
( ) : 2 2
∆ = −
y mx
(với
m
là tham số). Tìm
m
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
17
(với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ).
2) Cho hàm số
2
32
+






−=+
π
xxx
2) Giải hệ phương trình:
( )





=+++
−+
=++
10)1(4)19(
1
1
1913
223
2
xxyx
xx
yxy

Câu III (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:

2
1
1
nnn
uuu
u

*)( Nn ∈
. Tìm








∑
=
n
k
k
u
1
1
lim
.
Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho khối chóp
.S ABC

+
++
+
+
++
+
xzxz
xz
zyzy
zy
yxyx
yx

…………… 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
I
1
1,0đ


 
⇔ − + + − = ⇔

 
+ + − =

x
x x m x
x m x
.
0,25
Vậy
( )∆
và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt
⇔
phương trình (2) có hai
nghiệm phân biệt
2
(2 1) 8 0
1 0
1 2 1 2 0
m
x m
m

+ + >
≠ ⇔ ⇔ ≠

+ + − ≠

= − + − = + − +
 
( )
( )
2
2
BC 2 1 8 4 1m m
 
⇒ = + + +
 

( )
2
2 1 8⇒ = + +S m
0,25
Vậy S =
17

⇔

17944
2
=++ mm




−=
=
⇔

đạt giá trị
nhỏ nhất.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:

mx
x
x
+−=
+
+
2
2
32




=−+−+
−≠
⇔
(*)023)6(2
2
2
mxmx
x
0,25
Xét phương trình (*), ta có:
Rm∈∀>∆ ,0
và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d
luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.

422
1
22
1
.
2
2121
2
2
2
1
21
=
+++
=
++
=
xxxxxx
kk
(k
1
>0, k
2
>0)
0,25
Có P =
( ) ( ) ( )
2014
2013
21

1
x
,
2
x
phân biệt nên ta có x
1
+2 = - x
2
- 2
⇔
x
1
+ x
2
= - 4
⇔
m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

0,25
II
1
1,0đ
1) Giải phương trình:
1
4
sin244cos4sin −




xxx ∀−≥−≥ ,13sin;1cos
nên (2)
⇔



−=
−=
13sin
1cos
x
x
⇔
hệ vô nghiệm.
Vậy PT có nghiệm là:
π
π
kx +=
4

)( Zk ∈
0,25
II
2
1,0đ
2) Giải hệ phương trình:
( )





⇔

1
111
1)3(33
2
2
+








+=++
xxx
yyy
(3)
0,25
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t.
1
2
+t
, t > 0.
Ta có: f’(t) = 1 +
1
1

223
=+++ xxxx
Đặt g(x)=
10).1(4
223
−+++ xxxx
, 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 =1
⇒
y =
3
1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
3
1
).
0,25
III
1
1,0đ
1) Rút gọn biểu thức:
!0!.2013.2014
1

)!2013!.().1(

)!2013!.().1(
1
k
k
k
k
C
S
kkk
S
0,25
+) Ta có:
[ ]
2014!)1(2014)!1.(2014
!2014
)!2013)!.(1(
!2013
1
1
20142013
+
=
+−+
=
−+
=
+
kk
C
kkkkk

1
2014
−

!2014
12
2014
−
=⇒ S
0,25
III
2
1,0đ
2) Cho dãy số (u
n
) thỏa mãn:







+−=
=
+
2
2
1
2

nnnn
∀≥+−=−
+
,0)44(
2
1
2
1
⇒
Dãy không giảm.
Nếu có số M: u
n

≤
M với mọi n, thì tồn tại limu
n
= L. Vì u
n

≥
u
1

⇒
L
≥
u
1
0,25
+) Khi đó ta có: L =

)2(2
1
)2(
1
1
−
=
−
+nnn
uuu
2
1
2
11
2
11
2
1
11
−
−
−
=⇔
−
=−
−
⇔
++ nnnnnn
uuuuuu
(



∑
=
n
k
k
u
1
1
lim
=
2
2
1
1
=
−u
0,25
IV
1
1,5đ
1) Cho khối chóp
.S ABC
2 , 3 , 4 ,SA a SB a SC a= = =
·
·
0
AS 90 ,B SAC= =
·

Tính được
3
22
3
.
a
V
AMNS
=
0,25
3
1
.
.
.
.
==
SCSB
SNSM
V
V
ABCS
AMNS
3
.
22 aV
ABCS
=⇒
0,25
Vậy

. Khi đó ta có:
BAxBM .=
và
DCxDN .=
0,25
+) Ta có:
BDxBCxBNBDBCxBDBNDCxDN ).1(.)(. −+=⇔−=−⇔=
Do đó:
BAxBDxBCxBMBNMN .).1(. −−+=−=
0,25
+) MN
2
=
2
)1(2
2
.2
2
)1(2)1(
22
2
2
222222
a
xx
a
x
a
xxaxaxax −−−−++−+
= a

≡
B, N
≡
D hoặc M
≡
A, N
≡
C. 0,25
V
1,0đ
Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn:
x.y.z =2 2
Chứng minh rằng:
8
2244
88
2244
88
2244
88
≥
++
+
+
++
+
+
++
+
xzxz

+
≤
nên
2
)(3
22
22
ba
abba
+
≤++
Dấu“=”có
⇔
a=b
+) Ta có:
( )
22
44
22
44
2
3
ba
ba
abba
ba
+
+
≥
++

– b
2
)
2

0≥
(luôn đúng).
Do đó ta được:
)(
3
1
22
22
44
ba
abba
ba
+≥
++
+
Dấu“=”có
⇔
a
2
=b
2
⇔
a=b
0,25
+) Áp dụng BĐT trên ta có:

c=a
Cộng các vế các BĐT trên ta được:
)(
3
2
222
22
44
22
44
22
44
cba
caac
ac
bccb
cb
abba
ba
++≥
++
+
+
++
+
+
++
+
(2) Dấu“=”có
⇔