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

4sin2 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

lim𝑥→0

1 + 𝑥2015

. 1 + 2𝑥2016

− 1

𝑥

Bài 5: (3,0 điểm)

Cho dãy số 𝑢𝑛 với

𝑢1 = 𝑎 ; 𝑢𝑛+1 =𝑢𝑛 + 1

𝑢𝑛2 + 1

− 1 (𝑣ớ𝑖 − 1 < 𝑎 < 0)

a. Chứng minh rằng 𝑢𝑛 là dãy giảm và bị chặn.

b. Chứng minh rằng lim𝑛→∞ 𝑢𝑛 = −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

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

4sin2 3𝑥 = sin 𝑥 . sin2 3𝑥

sin2 𝑥 +1

4sin2 3𝑥 − sin 𝑥 sin2 3𝑥 = 0

⟺ (sin2 𝑥 − sin2 𝑥 sin2 3𝑥) + sin2 𝑥 sin2 3𝑥 +1

4sin2 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 = 0sin2 3𝑥 = 0

⟺ 𝑥 = 𝑘𝜋

TH2: sin2 𝑥 = 0

sin 𝑥 =1

2

𝑣ô 𝑛𝑔𝑕𝑖ệ𝑚

TH3: cos2 3𝑥 = 0sin2 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

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

𝑡2𝑥2 − 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 = lim𝑥→0

1 + 𝑥2015

. 1 + 2𝑥2016

− 1

𝑥

Nhận xét: Ta chứng minh

lim𝑥→0

1 + 𝑎𝑥𝑛

− 1

𝑥=

𝑎

𝑛

Đặt 𝑦 = 1 + 𝑎𝑥𝑛

⟹ 𝑦𝑛 = 1 + 𝑎. 𝑥 ⟹ 𝑥 =1

𝑎 𝑦𝑛 − 1

Khi 𝑥 → 0 ⟹ 𝑦 → 1

lim𝑥→0

1 + 𝑎𝑥𝑛

− 1

𝑥= lim

𝑦→1𝑎.

𝑦 − 1

𝑦𝑛 − 1

= lim𝑦→1

𝑎

𝑦𝑛−1 + ⋯+ 𝑦 + 1=

𝑎

𝑛

Áp dụng nhận xét trên ta có:

𝐿 = lim𝑥→0

1 + 𝑥2015

. 1 + 2𝑥2016

− 1 + 𝑥2015

+ 1 + 𝑥2015

− 1

𝑥

= lim𝑥→0

1 + 𝑥2015

1 + 2𝑥2016

− 1

𝑥+ lim

𝑥→0

1 + 𝑥2015

− 1

𝑥

=2

2016+

1

2015

2,0

điểm

4

Bài 5

𝑢1 = 𝑎 ; 𝑢𝑛+1 =𝑢𝑛 + 1

𝑢𝑛2 + 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 < 𝑢𝑛 < 0 ⟺ 0 < 𝑢𝑛 + 1 < 1 ⟹ 𝑢𝑛2 + 1 > 1

⟹ 0 <𝑢𝑛 + 1

𝑢𝑛2 + 1

< 1

⟹ 0 < 𝑢𝑛+1 + 1 < 1

⟹ −1 < 𝑢𝑛+1 < 0 Vậy dãy số (𝑢𝑛) bị chặn

Ta chứng minh dãy giảm

−1 < 𝑢𝑛 < 0 ⟹ 𝑢𝑛 + 1 > 0 𝑣à 𝑢𝑛2 + 1 > 1

⟹𝑢𝑛 + 1

𝑢𝑛2 + 1

< 𝑢𝑛 + 1

⟹𝑢𝑛 + 1

𝑢𝑛2 + 1

− 1 < 𝑢𝑛

Hay 𝑢𝑛+1 < 𝑢𝑛 ,∀𝑛 3,0

điểm Từ giả thiết ta có

𝑢𝑛+1 + 1 =𝑢𝑛 + 1

𝑢𝑛2 + 1

(∗)

Do dãy giảm và bị chặn −1 < 𝑢𝑛 < 𝑎 ⟹ 𝑢𝑛2 ≥ 𝑎2

⟹ 𝑢𝑛2 + 1 > 𝑎2 + 1

−1 < 𝑢𝑛+1 =𝑢𝑛 + 1

𝑢𝑛2 + 1

− 1 <𝑢𝑛 + 1

𝑎2 + 1− 1

0 < 𝑢𝑛+1 + 1 < 𝑞. (𝑢𝑛 + 1)

Đặt 𝑣𝑛 = 𝑢𝑛 + 1; 𝑞 =1

𝑎2+1≤ 1 từ (*) ta được

0 < 𝑣𝑛+1 ≤ 𝑞𝑣𝑛

𝑣2 ≤ 𝑞𝑣1 = 𝑎 + 1 𝑞

𝑣3 ≤ 𝑞𝑣2 = 𝑎 + 1 𝑞2

…

0 < 𝑣𝑛+1 ≤ 𝑎 + 1 𝑞𝑛

lim𝑛→∞

𝑎 + 1 𝑞𝑛 = 𝑎 + 1 lim𝑛→∞

𝑞𝑛 = 0

⟹ lim𝑛→∞

𝑣𝑛 = 0 ⟹ lim𝑛→∞

𝑢𝑛 = −1

Bài 6

+ B là giao điểm của 𝑑1 𝑣à 𝑑2 .Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

𝑥 − 𝑦 + 1 = 0𝑥 − 2𝑦 = 0

⟺ 𝑥 = −2𝑦 = −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 = 0𝑥 + 𝑦 − 5 = 0

⟺ 𝑥 = 2𝑦 = 3

⟹ I(2; 3)

I là trung điểm AA’ khi đó ta được 𝐴′ 4; 1

2,0

điểm

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⟹AMBC

Mặt khác A’MBC vậy BC(AA’M)⟹ BCAA’

Vậy BCCC’ 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 MIAC ⟹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'

MA

C

B

A'

A'

IM

A

B C

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

28𝑎2 + 18𝑏2 = 1

⟺ 2𝑎 = −3𝑏36𝑏2 = 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.