Tài liệu toán rất hay, các bạn đón theo dõi

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎICẤP TỈNH THPT
AN GIANG Vòng 1 Khóa ngày 02-6-2015
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
Chứng minh rằng phương trình 𝑥2
− sin2𝑛
𝑡 . 𝑥 − cos2𝑛
𝑡 = 0 luôn có hai nghiệm phân
biệt thuộc đoạn [−1; 1] . Trong đó 𝑛 là số nguyên dương và 𝑡 là số thực bất kỳ.
Bài 2:(3,0 điểm)
Giải phương trình
sin2
𝑥 +
1
4
sin2
3𝑥 = sin 𝑥 . sin2
3𝑥
Bài 3: (3,0 điểm)
Giải hệ phương trình
𝑦2
− 𝑥𝑦 + 2 = 0
8 − 𝑥2
= 𝑥 + 2𝑦 2
Bài 4: (2,0 điểm)
Tính giới hạn
lim
𝑥→0
1 + 𝑥
2015
. 1 + 2𝑥
2016
− 1
𝑥
Bài 5: (3,0 điểm)
Cho dãy số 𝑢 𝑛 với
𝑢1 = 𝑎 ; 𝑢 𝑛+1 =
𝑢 𝑛 + 1
𝑢 𝑛
2 + 1
− 1 (𝑣ớ𝑖 − 1 < 𝑎 < 0)
a. Chứng minh rằng 𝑢 𝑛 là dãy giảm và bị chặn.
b. Chứng minh rằng lim 𝑛→∞ 𝑢 𝑛 = −1.
Bài 6: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(0;5), các đường phân giác
và trung tuyến xuất phát từ B của tam giác ABC lần lựợt có phương trình 𝑑1: 𝑥 − 𝑦 + 1 = 0;
𝑑2: 𝑥 − 2𝑦 = 0. Tìm tọa độ hai đỉnh B và C.
Bài 7: (3,0 điểm)
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A. Hình chiếu của A’
lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của đoạn BC, góc hợp bởi AA’ và mặt phẳng
(ABC) bằng 450
.
a. Chứng minh rằng BCC’B’ là hình chữ nhật.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC.
Bài 8: (2,0 điểm)
Tìm Giá trị lớn nhất và Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 𝑃 = 2𝑎 − 3𝑏 + 1 biết rằng hai số
𝑎, 𝑏 thỏa mãn 8𝑎2
+ 18𝑏2
= 1.
------Hết------
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
SBD : PHÒNG:

2. 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
AN GIANG Vòng 1 Năm học 2015– 2016
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
A.ĐÁP ÁN
Bài LƯỢC GIẢI Điểm
Bài 1
𝑥2
− sin2𝑛
𝑡 . 𝑥 − cos2𝑛
𝑡 = 0
Đặt 𝑓 𝑥 = 𝑥2
− sin2𝑛
𝑡 . 𝑥 − cos2𝑛
𝑡
∆= sin4n
𝑡 + 4 cos2𝑛
𝑡 > 0
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt;
Xét 𝑡 = 𝑘𝜋 ; 𝑘 ∈ 𝑍 phương trình trở thành 𝑥2
− 1 = 0 ⟺ 𝑥 = ±1
Nếu 𝑡 =
𝜋
2
+ 𝑘𝜋; 𝑘 ∈ 𝑍 ta được 𝑥2
– 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥 = 0; 𝑥 = 1
Nếu 𝑡 ≠
𝑘𝜋
2
; 𝑘 ∈ 𝑍 ta có:
𝑓 1 = 1 − sin2𝑛
𝑡 − cos2𝑛
𝑡 > 1 − sin2
𝑡 + cos2
𝑡 = 0
𝑓 −1 = 1 + sin2𝑛
𝑡 − cos2𝑛
𝑡 = sin2𝑛
𝑡 + 1 − cos2n
𝑡 > 0
𝑆
2
=
sin2𝑛
𝑡
2
⟹ −1 <
𝑆
2
<
1
2
< 1
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm thuộc [-1;1].
(Có thể giải bằng cách sử dụng hàm số liên tục, tính𝑓 1 ≥ 0, 𝑓 −1 ≥
0; 𝑓 0 ≤ 0 rồi kết luận nghiệm trên mỗi khoảng)
2,0
điểm
Bài 2
sin2
𝑥 +
1
4
sin2
3𝑥 = sin 𝑥 . sin2
3𝑥
sin2
𝑥 +
1
4
sin2
3𝑥 − sin 𝑥 sin2
3𝑥 = 0
⟺ (sin2
𝑥 − sin2
𝑥 sin2
3𝑥) + sin2
𝑥 sin2
3𝑥 +
1
4
sin2
3𝑥 − sin 𝑥 sin2
3𝑥 = 0
⟺ sin2
𝑥 cos2
3𝑥 + sin2
3𝑥 sin2
𝑥 − sin 𝑥 +
1
4
= 0
⟺ sin2
𝑥 cos2
3𝑥 + sin2
3𝑥 sin 𝑥 −
1
2
2
= 0
Phương trình có dạng 𝐴2
+ 𝐵2
= 0 ⟺ 𝐴 = 0 ∧ 𝐵 = 0
TH1: sin2
𝑥 = 0
sin2
3𝑥 = 0
⟺ 𝑥 = 𝑘𝜋
TH2:
sin2
𝑥 = 0
sin 𝑥 =
1
2
𝑣ô 𝑛𝑔𝑕𝑖ệ𝑚
TH3: cos2
3𝑥 = 0
sin2
3𝑥 = 0
𝑣ô 𝑛𝑔𝑕𝑖ệ𝑚
TH4
cos2
3𝑥 = 0
sin 𝑥 =
1
2
⟺
𝑥 =
𝜋
6
+ 𝑘𝜋/3
𝑥 =
𝜋
6
+ 2𝑙𝜋; 𝑥 =
5𝜋
6
+ 2𝑙𝜋
⟺ 𝑥 =
𝜋
6
+ 2𝑙𝜋; 𝑥 =
5𝜋
6
+ 2𝑙𝜋
Vậy phương trình có nghiệm
𝑥 = 𝑘𝜋; 𝑥 =
𝜋
6
+ 2𝑙𝜋; 𝑥 =
5𝜋
6
+ 2𝑙𝜋
3,0
điểm

3. 3
Bài 3
𝑦2
− 𝑥𝑦 + 2 = 0
8 − 𝑥2
= 𝑥 + 2𝑦 2
Ta có 𝑥 = 0 hay 𝑦 = 0 không là nghiệm của hệ.
Đặt 𝑦 = 𝑡𝑥 với 𝑡 ≠ 0 hệ trở thành
𝑡2
𝑥2
− 𝑥2
𝑡 + 2 = 0
8 − 𝑥2
= 𝑥2
1 + 2𝑡 2
⟺
𝑡 − 𝑡2
𝑥2
= 2
8 = 𝑥2
[1 + 1 + 2𝑡 2
]
⟹ 4 𝑡 − 𝑡2
= 1 + 1 + 2𝑡 2
⟺ 8𝑡2
+ 4𝑡 − 4 𝑡 + 2 = 0 (∗)
Nếu 𝑡 > 0 phương trình (*) vô nghiệm.
Nếu 𝑡 < 0 phương trình trở thành 8𝑡2
+ 8𝑡 + 2 = 0 ⟺ 𝑡 = −
1
2
Thay vào phương trình ban đầu ta được
𝑦2
− 2𝑦2
+ 2 = 0 ⟺ 𝑦 = ± 2
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 2 2; − 2 ; −2 2; 2
3,0
điểm
Bài 4
𝐿 = lim
𝑥→0
1 + 𝑥
2015
. 1 + 2𝑥
2016
− 1
𝑥
Nhận xét: Ta chứng minh
lim
𝑥→0
1 + 𝑎𝑥
𝑛
− 1
𝑥
=
𝑎
𝑛
Đặt 𝑦 = 1 + 𝑎𝑥
𝑛
⟹ 𝑦 𝑛
= 1 + 𝑎. 𝑥 ⟹ 𝑥 =
1
𝑎
𝑦 𝑛
− 1
Khi 𝑥 → 0 ⟹ 𝑦 → 1
lim
𝑥→0
1 + 𝑎𝑥
𝑛
− 1
𝑥
= lim
𝑦→1
𝑎.
𝑦 − 1
𝑦 𝑛 − 1
= lim
𝑦→1
𝑎
𝑦 𝑛−1 + ⋯ + 𝑦 + 1
=
𝑎
𝑛
Áp dụng nhận xét trên ta có:
𝐿 = lim
𝑥→0
1 + 𝑥
2015
. 1 + 2𝑥
2016
− 1 + 𝑥
2015
+ 1 + 𝑥
2015
− 1
𝑥
= lim
𝑥→0
1 + 𝑥
2015
1 + 2𝑥
2016
− 1
𝑥
+ lim
𝑥→0
1 + 𝑥
2015
− 1
𝑥
=
2
2016
+
1
2015
2,0
điểm

4. 4
Bài 5
𝑢1 = 𝑎 ; 𝑢 𝑛+1 =
𝑢 𝑛 + 1
𝑢 𝑛
2 + 1
− 1 (𝑣ớ𝑖 − 1 < 𝑎 < 0)
Ta chứng minh bằng quy nạp dãy bị chặn bởi -1 và 0
−1 < 𝑢1 < 0 ⟺ 0 < 𝑢1 + 1 < 1
Giả sử −1 < 𝑢 𝑛 < 0 ⟺ 0 < 𝑢 𝑛 + 1 < 1 ⟹ 𝑢 𝑛
2 + 1 > 1
⟹ 0 <
𝑢 𝑛 + 1
𝑢 𝑛
2 + 1
< 1
⟹ 0 < 𝑢 𝑛+1 + 1 < 1
⟹ −1 < 𝑢 𝑛+1 < 0
Vậy dãy số (𝑢 𝑛 ) bị chặn
Ta chứng minh dãy giảm
−1 < 𝑢 𝑛 < 0 ⟹ 𝑢 𝑛 + 1 > 0 𝑣à 𝑢 𝑛
2
+ 1 > 1
⟹
𝑢 𝑛 + 1
𝑢 𝑛
2 + 1
< 𝑢 𝑛 + 1
⟹
𝑢 𝑛 + 1
𝑢 𝑛
2 + 1
− 1 < 𝑢 𝑛
Hay 𝑢 𝑛+1 < 𝑢 𝑛 , ∀𝑛 3,0
điểmTừ giả thiết ta có
𝑢 𝑛+1 + 1 =
𝑢 𝑛 + 1
𝑢 𝑛
2 + 1
(∗)
Do dãy giảm và bị chặn −1 < 𝑢 𝑛 < 𝑎 ⟹ 𝑢 𝑛
2
≥ 𝑎2
⟹ 𝑢 𝑛
2 + 1 > 𝑎2 + 1
−1 < 𝑢 𝑛+1 =
𝑢 𝑛 + 1
𝑢 𝑛
2 + 1
− 1 <
𝑢 𝑛 + 1
𝑎2 + 1
− 1
0 < 𝑢 𝑛+1 + 1 < 𝑞. (𝑢 𝑛 + 1)
Đặt 𝑣𝑛 = 𝑢 𝑛 + 1; 𝑞 =
1
𝑎2+1
≤ 1 từ (*) ta được
0 < 𝑣 𝑛+1 ≤ 𝑞𝑣𝑛
𝑣2 ≤ 𝑞𝑣1 = 𝑎 + 1 𝑞
𝑣3 ≤ 𝑞𝑣2 = 𝑎 + 1 𝑞2
…
0 < 𝑣 𝑛+1 ≤ 𝑎 + 1 𝑞 𝑛
lim
𝑛→∞
𝑎 + 1 𝑞 𝑛
= 𝑎 + 1 lim
𝑛→∞
𝑞 𝑛
= 0
⟹ lim
𝑛→∞
𝑣𝑛 = 0 ⟹ lim
𝑛→∞
𝑢 𝑛 = −1
Bài 6
+ B là giao điểm của 𝑑1 𝑣à 𝑑2 .Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
𝑥 − 𝑦 + 1 = 0
𝑥 − 2𝑦 = 0
⟺
𝑥 = −2
𝑦 = −1
⟹ 𝐵(−2; −1)
+ Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua đường phân giác của góc B khi đó
A’ nằm trên BC. Gọi (∆) là đường thẳng qua A vuông góc 𝑑1
∆: 𝑥 + 𝑦 − 5 = 0
Giao điểm I của (∆) và 𝑑1 có tọa độ là nghiệm của hệ
𝑥 − 𝑦 + 1 = 0
𝑥 + 𝑦 − 5 = 0
⟺
𝑥 = 2
𝑦 = 3
⟹ I(2; 3)
I là trung điểm AA’ khi đó ta được 𝐴′
4; 1
2,0
điểm

5. 5
+ Phương trình đường thẳng 𝐵𝐶 có vectơ
chỉ phương 𝐵𝐴′ = 6; 2 nên
𝐵𝐶: 𝑥 − 3𝑦 − 1 = 0
+ 𝐶 ∈ 𝐵𝐶 ⟹ 𝐶(1 + 3𝑡; 𝑡) trung điểm M
của AC nằm trên (𝑑2) ta được
𝑀
1 + 3𝑡
2
;
5 + 𝑡
2
⟹
1 + 3𝑡
2
−
2 5 + 𝑡
2
= 0
⟺ 𝑡 = 9
Vậy 𝐶(28; 9)
Bài 7
0,5
điểm
Do ABC.A’B’C’ là lăng trụ nên BCC’B’ là hình bình hành.
Tam giác ABC vuông cân tại A⟹AMBC
Mặt khác A’MBC vậy BC(AA’M)⟹ BCAA’
Vậy BCCC’ hay BCC’B’ là hình chữ nhật.
1,0
điểm
+ Ta có BC//(AA’C’C)
⟹ 𝑕 = 𝑑 𝐵𝐵′
; 𝐴𝐶 = 𝑑 𝐵; 𝐴𝐴′
𝐶′
𝐶
Vì M là trung điểm của BC
⟹ 𝑕 = 2𝑑(𝑀; (𝐴𝐴′
𝐶′
𝐶))
Gọi I là trung điểm AC ta được MIAC ⟹AC(A’MI)
⟹ 𝑀𝐼𝐴′
⊥ 𝐴𝐴′
𝐶′
𝐶
Khoảng cách từ M đến mp(AA’C’C) chính là độ dài đường cao của tam
giác vuông A’MI
1
𝑀𝐻2
=
1
𝑀𝐴′2
+
1
𝑀𝐼2
=
1
𝑎 2
2
2 +
1
𝑎
2
2 =
6
𝑎2
⟹ 𝑀𝐻 =
𝑎 6
6
Vậy 𝑕 =
𝑎 6
3
1,5
điểm
I
B'
C'
M
A
C
B
A'
A'
I M
A
B C

6. 6
Bài 8
𝑃 = 2𝑎 − 3𝑏 + 1 = 4𝑎.
1
2
+ −6𝑏 .
1
2
+ 1
Ta có
4𝑎.
1
2
+ −6𝑏 .
1
2
≤ 16𝑎2 + 36𝑏2
1
4
+
1
4
do8𝑎2
+ 18𝑏2
= 1 nên ta được
4𝑎.
1
2
+ −6𝑏 .
1
2
≤ 1
Dấu bằng xảy ra khi
4𝑎:
1
2
= −6𝑏:
1
2
8𝑎2
+ 18𝑏2
= 1
⟺
2𝑎 = −3𝑏
36𝑏2
= 1
𝑎 =
1
4
𝑏 = −
1
6
; 𝑕𝑎𝑦
𝑎 =
−1
4
𝑏 =
1
6
Vậy GTLN của P là 2 khi 𝑎 =
1
4
; 𝑏 = −
1
6
GTNN của P là 0 khi 𝑎 =
−1
4
; 𝑏 =
1
6
2,0
điểm
B. HƯỚNG DẪN CHẤM
+ Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
+ Điểm từng câu có thể chia nhỏ đến 0,25 và không làm tròn.