SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO GIA LAI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút

Câu 1(4 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x 2 − mx + 2 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác
định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu cách đều đường thẳng y = x − 1.
Câu 2(4 điểm).
æ

pö

÷
ç2x + ÷
1)Giải phương trình cosx + cos3x = 1+ 2sin ç
÷
÷
ç
4ø
è

2)Giải phương trình
Câu 3(4 điểm).

x + 4 − x2 = 2 + x 4 − x2

2

y +2

(1). Chứng minh dãy số

(un )

có

giới hạn hữu hạn khi n → +∞
Câu 4(2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , có
đỉnh A(−1;4) và các điểm B, C thuộc đường thẳng ∆ : x − y − 4 = 0 . Xác định tọa độ điểm B
và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Câu 5(3 điểm).
0
2
4
2014
+ 5C2014
+ 7C2014
+ ... + 2017C2014
= 1010.22013.
1) Chứng minh rằng 3C2014
2) Cho tập A { 1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9} . Lập ngẫu nhiên một số có 3 chữ số khác nhau với các
chữ số chọn từ tập A. Tính xác suất để số lập được chia hết cho 6.
Câu 6(3 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = b ,
SA = SB = SC = SD = c . K là hình chiếu vuông góc của P xuống AC .
a/ Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SA và BK .
b/ Gọi M , N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK và CD . Chứng minh: Các đường
thẳng BM và MN vuông góc nhau
………Hết………
(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Học sinh không được sử dụng tài liệu)


+ 2 ữx + 2 ữ
Thc hin phộp chia y cho y ta c: y = x ữ y '
3
3
3
3


m
m
2m


2m


y1 = y ( x1 ) =
+ 2 ữx1 + 2 ữ; y2 = y ( x2 ) =
+ 2 ữx2 + 2 ữ
3
3
3


3


Phng trỡnh ng thng i qua 2 im cc tr l :
1,0

1
+ 2 ữ( x1 + x2 ) + 2 2 ữ = ( x1 + x2 ) 2
2
2
3
3



2m
2m


+ 3 ữ.2 = 6
m=0
3
3


2.

3

Vy cỏc giỏ tr cn tỡm ca m l: m = 0;
2

1) PT 2cos2x cosx = 1 + sin2x + cos2x
cos2x(2cosx - 1) = 1 + 2sin x cosx
(cos2 x - sin2 x)(2cosx - 1) = (cosx + sin x)2
ộcosx + sin x = 0

=
1
ỗ
ữ
ờ
ỗ
ữ
4ứ
ố
ờ
ở

Vy pt cú nghim l x = 2) iu kin 2 x 2

1,0
0,5

0,5

ộ
ờx = p + kp
ờ
2
( k ẻ Â)
ờ
p
ờx + = p + k2p
ờ
4
ở 4

. Trừ vế hai phương trình ta được

x − y = 0
3 x 2 y − 3 xy 2 = y 2 − x 2 ⇔ 3xy ( x − y ) + ( x − y )( x + y ) = 0 ⇔ 
3xy + x + y = 0
TH 1. x − y = 0 ⇔ y = x thế vào (1) ta được 3 x 3 − x 2 − 2 = 0 ⇔ x = 1
2
x2 + 2
y
+
2
⇒x>0
TH 2. 3 xy + x + y = 0 . Từ 3 y =
⇒ y > 0 , 3x =
y2
x2
⇒ 3xy + x + y > 0 . Do đó TH 2 không xảy ra.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)
2)Chứng minh bằng phương pháp qui nạp được un >

−3 + 5
2

Do đó (un ) tồn tại giới hạn. Giả sử

thì

n →+∞

Chuyển qua giới hạn hệ thức (1) ta được a = −

1,0

Gọi H là hình chiếu của A trên ∆ , suy ra H là trung điểm BC.
Khi đó: AH = d ( A, BC ) =
S ∆ABC =

9
2

1
BC. AH ⇔ BC = 4 2
2

AB = AC = AH 2 +

BC 2
97
=
4
2

Suy ra B và C thuộc đường tròn tâm A và bán kính R =

97
2

1,5

Do đó B và C là giao điểm của ∆ và đường tròn nên tọa độ điểm B và C là
97

2
4
2014
0
2
4
2014
= ( 2C2014
+ 4C2014
+ ... + 2014C2014
+ C2014
+ C2014
+ ... + C2014
) + 3 ( C2014
)

Tính được C

0
2014

Chứng minh kC

+C
k
2014

2
2014


2013
2012
Suy ra, 2C2014 + 4C2014 + ... + 2014C2014 = 2014 ( C2013 + C2013 + ... + C2013 ) = 2014.2

0,5

Vậy A = 2014.22012 + 3.22013 = 1010.22013 .
2) - Số chia hết cho 6 là số chia hết cho 3 và số đó là số chẵn.
- Số chia hết cho 3 là số a1 a2 a3 có tổng ba chữ số (a1 + a2 + a3 ) chia hết cho 3.
- Số chẵn là số chó chữ số tận cùng chia hết cho 2.
Để lập được số có 3 chữ số khác nhau từ tập A sao cho số đó chia hết cho 6 ta chia làm
hai giai đoạn.
1/ chọn bộ ba chữ số khác nhau từ tạp A sao cho tổng 3 chữ số cộng lại chia hết cho 3 và
trong ba chữ số đó có ít nhất 1 chữ số chẵn.
2/ Xếp mỗi bộ chọn được thành số có 3 chữ số sao cho số tận cùng phảit là số chẵn.
Để chọn và xếp khoa học ta nên chia ra ba trường hợp nhỏ như sau:
TH1: trong 3 chữ số chỉ có một chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:
{ 1; 2;3} , { 1; 2;9} , { 1;3;8} , { 1; 4;7} , { 1;5;6} ,

{ 2;3;7} , { 2;7;9} , { 3; 4;5} , { 3;6;9} , { 3;7;8} , { 4;5;9} , { 5;6;7} , { 7;8;9} .

1
Với trường hợp này: số cách chọn và xếp là: NTH 1 = C13 *1* 2 *1 = 26

TH2: trong 3 chữ số chỉ có hai chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau:
{ 1; 2;6} , { 1;6;8} , { 2;3; 4} , { 2; 4;9} , { 2;5;8} , { 2;6;7} ,

{ 3; 4;8} , { 4;5;6} , { 4;8;9} { 6;7;8}

1

_

_
C
K
_

M
_

O
_
A
_

B
_

0,5

0,5


a) + Theo giả thiết ta được: SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) .

Mà BK ⊂ ( SAC ) và B BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ SA .
+ Gọi H là hình chiếu của K xuống SA
⇒ HK ⊥ SA và HK ⊥ BK ( vì HK ⊂ ( SAC ) )
⇒HK là đoạn vuông góc chung của SA và BK .
Suy ra được: BH ⊥ SA và ∆HBK vuông tại K .

c2 −

1,0

a2
.a
4

c

(4c2 − a 2 − b 2 )a 4
a 2 (4c 2 − a 2 − b2 )
⇒
HK
=
4c 2 (a 2 + b 2 )
2c
(a 2 + b 2 )
uuuu
r uuur uuur
b) + 2BM = BA + BK ( vì M là trung điểm của AK )
uuuu
r uuur uuu
r uuur 1 uuur uuur uuu
r 1 uuur
+ MN = MB + BC + CN = (AB + KB) + BC + BA
2
2
uuuu
r 1 uuur uuu