đề học sinh giỏi toán 12 năm 2012 2013 tỉnh ninh bình lần 2

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi 18/12/2012 (Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, 01 trang Câu (3,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + (m tham số) có đồ thị (Cm), đường thẳng d có phương trình y = x + điểm K(1; 3) Tìm giá trị tham số m để d cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C cho tam giác KBC có diện tích Câu (6,0 điểm) Cho phương trình 2cos2x – mcosx = sin4x + msinx, m tham số (1) a) Giải phương trình (1) m = π b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm đoạn [0, ] Giải phương trình x + − − x − x3 + x + 10 x − 26 = 0, x ∈ ¡ Câu (4,0 điểm) sau: Tìm hệ số x18 khai triển (2 – x2)3n biết n ∈ ¥ * thoả mãn đẳng thức C2 n + C2 n + C24n + + C22nn = 512 Cho dãy số (un) với un + = a.un + b, n ≥ , a, b số thực dương cho trước Với n ≥ 2, tìm un theo u1, a, b n Câu (5,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi I, J, K trung điểm cạnh AB, AA’ B’C’ Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, cạnh cịn lại có độ dài khơng lớn Gọi V thể tích khối tứ diện Tìm giá trị lớn V Câu (2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥ a + 2b b + 2c c + 2a Dấu đẳng thức xảy nào? HẾT -Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Họ tên, chữ ký: Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi: 18/12/2012 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm đến đâu giám khảo chấm đến Học sinh trình bày theo cách khác mà giám khảo chấm tương ứng biểu điểm HDC 2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo khơng làm sai lệch biểu điểm HDC phải thống toàn hội đồng chấm thi 3) Điểm thi khơng làm trịn B) Hướng dẫn cụ thể: Câu Đáp án Điểm Xét phương trình hồnh độ giao điểm (C) d: x3 + 2mx2 + (m + 3)x + = x + ⇔ x(x2 + 2mx + m + 2) = 0,5 x = ⇔  x + 2mx + m + = ( *) d cắt (C) điểm phân biệt ⇔ PT (*) có nghiệm phân biệt khác ∆' = m − m − > ⇔ ⇔ m ∈ ( − ∞;−2 ) ∪ ( − 2;−1) ∪ ( 2;+∞ ) m + ≠ 0,5 Khi B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 hai nghiệm (*) (3,0 điểm ) (6,0 điểm )  x1 + x = −2m  x1 x = m + 0,5 Theo Vi-ét ta có  Þ BC = ( x1 - x2 ) = ( x1 + x2 ) - x1 x2 = 2 ( m - m - 2) 2 Ta có khoảng cách từ K đến d h = Do diện tích ∆KBC là: 1 S = h.BC = 2.2 ( m - m - 2) = m - m - 2 ± 137 S = Û m2 - m - = Û m = (TM ) ± 137 Vậy m = 1a (2,5 điểm) 2cos2x – mcosx = 0,5 0,5 0,5 sin4x + msinx ⇔ 4cos2x - sin2x.cos2x – 2m(sinx + cosx) = ⇔ cos2x(4 - sin2x) – 2m(sinx + cosx) = ⇔ (cos2x – sin2x)(4 - sin2x) - 2m(sinx + cosx) = ⇔ (sinx + cosx)[(cosx – sinx)(4 - sin2x) - 2m] = é x + cosx = (2) sin Û ê ê x - sin x)(4 - sin x) - 2m = (3) (cos ë æ pö p = *Giải (2): sin x + cosx = sin ỗx + ữ x =- + kp, k ẻ Â ữ ỗ ữ ỗ è 4ø 1,0 0,5 *Giải (3): (cosx - sin x)(4 - sin x) - 2m = Đặt t = cosx - sinx, t £ Þ sin x = 2sin x cos x = 1- t 0,5 PT (3) trở thành: t ( + t ) - 2m = Û t + 3t - 2m = (4) 3 Với m = 2, PT (4) trở thành: t + 3t - = Û ( t - 1) ( t + t + 4) = Û t = Với t = 1, ta có: ỉ pư p p cos x - sin x = cos ỗx + ữ = x + = + k 2p, k ẻ Â ữ ỗ ữ ç è 4ø 4 é = k 2p, k ẻ Â x p =- + k 2p, k ẻ Â x Vậy với m = 2, PT cho có nghiệm: p p x =- + k p , x = k 2p, x =- + k 2p (k ẻ Â ) 1b (1,5 điểm) π Nghiệm (2) không thuộc đoạn [0, ] nên để PT cho có nghiệm thuộc đoạn π π [0, ] PT (3) phải có nghiệm thuộc đoạn [0, ] hay PT (4) có nghiệm thuộc 4 đoạn [0, 1] Ta có: t + 3t - 2m = Û t + 3t = 2m (5) Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục ¡ có f '(t) = 3t2 + > " t Ỵ ¡ Suy ra: f (t ) = f (0) = 0, m ax f (t ) = f (1) = [ 0,1] 0,5 0,5 0,5 [ 0,1] PT (5) có nghiệm đoạn [0, 1] ⇔ f (t ) £ 2m £ m ax f (t ) Û £ 2m £ Û £ m £ [ 0,1] 0,5 [ 0,1] Vậy m Ỵ [ 0, 2] giá trị cần tìm m (2,0 điểm)  5 Điều kiện: x ∈  −1;   2 PT Û Û ( ) ( 3x + - - 3( x - 2) + 0,25 ) - x - - x + x +10 x - 24 = ( x - 2) 0,5 - ( x - 2) ( x - x - 12) = 3x + + - x +1 é ù Û ( x - 2) ê + - x + x +12ú = ê 3x + + ú - x +1 ë û é =2 x ê Û ê ê + - x + x +12 = ê 3x + + - x +1 ë é 5ù Xét hàm số f ( x) =- x + x +12, x Ỵ ê 1; ú Ta có f(x) liên tục ê 2ú ë û Ta có f'(x) = -2x + 1, f'(x) = ⇔ x = 0,5 é 5ù ê 1; ú ê 2ú ë û 0,5 ì ì ü 33 49 ü 33 ï ï ï ï Do minù f ( x) = í f (- 1); f ( ); f ( )ý = í 10, , ý = > é ï ï ï ï 1; ỳ ù ù ù ù ợ ỵ ợ þ ê 2ú ë û é 5ù + - x + x +12 > " x Î ê 1; ú ê 2ú 3x + + - x +1 ë û Vậy PT cho có nghiệm x = (2,0 điểm) 2n n n Ta có: ( + 1) = C2 n + C2 n + C22n + C2 n + + C22n −1 + C22n (1) Þ Ta có: ( − 1) = C2 n − C2 n + C22n − C2 n + − C22nn −1 + C2 nn (2) Cộng vế (1) (2) ta được: 2n 22 n = ( C2 n + C2 n + C2 n + + C2 n ) ⇒ C2 n + C2 n + C2 n + + C2 nn = 22 n −1 2n 0,25 0,5 0,5 Theo ta có: 22 n- = 512 Û 2n - = Û n = 15 (4,0 điểm ) Từ (2 – x2)3n = (2 – x2)15 = ∑C i =0 i 15 ( 2)15−i (−1) i x 2i Þ Hệ số x số C (−1) i cho 2i = 18 Û i = 9 Vậy hệ số x18 là: - C15 = -320.320 (2,0 điểm) " n ³ 1, un+1 = aun + b Þ un+1 - un = a (un - un- ), " n ³ 18 i 15 15−i Đặt = un+1 - un , n ³ Þ = avn- , n ³ Þ (vn ) cấp số nhân có cơng bội a Ta có: " n ³ 1, = v1.a n- ; v1 = (a - 1)u1 + b Vậy ta có: " n ³ 2, un = (un - un- ) + (un- - un- ) + + (u2 - u1 ) + u1 (5,0 điểm ) 0,5 = v1 (a n- + a n- + +1) + u1 = u1.a n- + b(a n- + a n- + +1) (3,0 điểm) E Dựng thiết diện Chứng minh EI = IJ = JF Từ suy I A B EB EM FA ' FN M = = = Lại từ suy = EB ' EK FB ' FK C J Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B' EB = nên suy Suy SKFB’ = (3/4)SA’B’C’ Mặt khác A' F B' EB ' N K d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h chiều cao lăng trụ) Do C' VEKFB’ = (3/8)V (V thể tích lăng trụ) VEBIM EI EM EB 1 1 = = = nên VEBIM = V = V VEB ' FK EF EK EB ' 3 27 27 72 VFA ' JN FJ FA ' FN 1 1 = = = nên VFA’JN = V = V VFB ' EK FE FB ' FK 3 18 18 48 Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần Gọi V1 thể tích phần chứa điểm B' V2 thể tích phần chứa điểm C Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V Do V1/V2 = 49/95 (2,0 điểm) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 A D B H M N C Theo giả thiết DACD DBCD có tất cạnh khơng lớn Đặt CD = a ( < a £ ) Gọi AM, BN chiều cao ∆ACD ∆BCD Ta có AM ≤ − 0,25 a2 a2 ; BN ≤ − 4 Gọi AH chiều cao tứ diện, ta có AH ≤ AM ≤ − 0,75 a2 a Thể tích tứ diện ABCD: V = S ∆BCD AH = BN CD AH ≤ (1 − a2 ) Xét f (a) = a (4 − a ) (0, 1] Ta có f(a) liên tục (0, 1] Ï ( 0;1] f ' (a ) = - 3a , f ' ( a) = Û a = ± a + f'(a) 0,5 f(a) ax Vậy m0,1] f ( a) = f (1) = ( DACD ∆BCD hai tam giác cạnh 1, hai mặt phẳng (ACD) (BCD) vng góc với Khi tính AB = >1 Suy maxV = (2,0 điểm ) Ta có a2 2ab 2ab 2 2/3 =a− ≥a− = a − ( ab ) (Theo BĐT Cô - si) 2 a + 2b a + 2b 3 ab b2 c2 2/3 2/3 Tương tự: ≥ b − ( bc ) , ≥ c − ( ca ) 2 b + 2c c + 2a 2 a b c 2/3 2/3 2/3 Khi + + ≥ a + b + c − ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  2   a + 2b b + 2c c + 2a 2/3 2/3 2/3 = − ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (1)  3 Ta chứng minh ( ab ) 2/3 + ( bc ) 2/3 + ( ca ) 2/ 0,5 0,5 0,5 ≤ ⇔ a 2b + b 2c + c a ≤ (2) Thật theo Cơ - si ta có a + b + ab ≥ 3 a 2b Thật theo Cơ - si ta có c + b + bc ≥ 3 c 2b Thật theo Cơ - si ta có a + c + ac ≥ 3 a 2c 0,5 ⇒ ( a + b + c ) + ab + bc + ca ≥ ( a 2b + b c + c a ) Mặt khác ta có: 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ ab + bc + ca ≤ Khi ta có: ( ab + bc + ca 2 2 2 ( a + b + c) = 3 ) ≤ 2.3 + = ⇒ a 2b + b 2c + c a ≤ Vậy (2) đúng, thay vào (1) ⇒ ĐPCM Dấu đẳng thức xảy a = b = c = -Hết - 0,5 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BT THPT Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi 18/12/2012 (Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, 01 trang Câu (5,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + m2x + m, m tham số (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến ¡ Câu (5,0 điểm) Giải phương trình: cosx + cos2x + cos3x + cos4x = − x + x + = Câu (4,0 điểm) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, tạo số tự nhiên gồm chữ số đơi khác chữ số đứng cạnh nhau? Cho đường trịn (I) có phương trình x2 + y2 - 4x + 8y + 15 = Viết phương trình tiếp tuyến với (I) biết tiếp tuyến qua điểm A(-1 ; 0) Câu (4,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = SB = SC = SD = a Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Gọi M, N, P theo thứ tự trung điểm cạnh AB, AD SC Chứng tỏ mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành phần tích Câu (2,0 điểm) Giải phương trình x2 + 8x + + x2 − = 2x + HẾT -Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Họ tên, chữ ký: Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT Năm học: 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi: 18/12/2012 (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm đến đâu giám khảo chấm đến Học sinh trình bày theo cách khác mà giám khảo chấm tương ứng biểu điểm HDC 2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo khơng làm sai lệch biểu điểm HDC phải thống toàn hội đồng chấm thi 3) Điểm thi khơng làm trịn B) Hướng dẫn cụ thể: Câu Đáp án Điểm 1) điểm (5 điểm) Khi m = ta có y = x3 − 3x 0,5 a) TXĐ: D = ¡ b) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên: • y ' =3 x −6 x =3 x ( x −2) x • y ' =0 ⇔ x( x −2) =0 ⇔ =0; x =2 0,75 y ' a >0 ⇔ ' ⇔ ∆ ≤ 9 − 3m ≤ ⇔ m ∈ (- ∞ ; − ] ∪ [ 3;+∞) Vậy với m ∈ (- ∞ ; − ] ∪ [ 3;+∞) hàm số ln đồng biến ¡ 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 1) điểm cosx + cos2x + cos3x + cos4x = ⇔ 2cos 3x x 7x x cos + cos cos = 2 2 x 5x cos cosx = 2 x 5x ⇔ cos = 0; cos = 0; cos x =0 2   x = π + k 2π, k ∈ ¢  π 2π ⇔ x = + k , k ∈¢  5  π  x = + k π, k ∈ ¢  ⇔ 4cos điểm Vậy PT cho có nghiệm: x = π + k 2π; x = 2) điểm Đặt U = − x , V = 0,5 0,5 1,25 π 2π π +k ; x = + kπ ( k ∈ ¢ ) 5 x + (Điều kiện U ≥ 0; V ≥ 0) ta có hệ: U + V =  2 U + V = U = U =  V = V = U = U = ⇒ x = 2;  ⇒ x = −1  V = V = Giải hệ ta có :  điểm 0,5 Vậy PT cho có nghiệm x = ; x = -1 1) điểm Gọi số lập là: a1a2 a3 a4 a5 Xét trường hợp chữ số 1, nằm vị trí: a1a2 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Trong trường hợp có: 2.A = 120 số thỏa mãn ĐK đề Tương tự với trường hợp chữ số 1, nằm vị trí: a2 a3 , a3a , a4 a5 ta nhận số số thỏa mãn ĐK là: 4.120 = 480 (số) 2) điểm Đường tròn (I) có tâm K(2; - 4), bán kính R = Đường thẳng ∆ qua điểm A(-1; 0) có PT dạng: a(x + 1) + by = ⇔ ax + by + a = (a + b ≠ 0) Để ∆ tiếp tuyến đường trịn (I) thì: d(K, ∆ ) = R ⇔ 4 điểm 2a − 4b + a a +b 2 = ⇔ 4a − 24ab + 11b = (*) Ta thấy b = từ (*) suy a = 0, khơng TMĐK a 11 Nếu b ≠ , đặt t = , từ phương trình (*) ta có: t = t = b 2 Từ tìm PT tiếp tuyến là: x + 2y + = 11x + 2y + 11 = 1) điểm 0,5 1,0 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 (Vẽ hình ý a) Gọi H giao điểm AC BD Vì S.ABCD chóp nên SH đường cao hình chóp Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông HSA: AC a2 ⇒ SH = a = 2 SH2 = SA2 - AH2 = SA2 - 0,25 0,5 0,25 SABCD = a Áp dụng cơng thức V = Bh ta có V = a3 SH.SABCD = 2) điểm Kéo dài MN cắt CB, CD E F PE cắt SB Q, PF cắt SD R Thiết diện hình chóp cắt (MNP) ngũ giác MNRPQ Gọi phần thể tích khơng chứa đỉnh S V1 , phần thể tích cịn lại V2 V1 = , V thể tích S.ABCD V + VQ.BME ) = VP.CEF − 2VR.DFN Ta phải chứng minh V1 = V2 hay Ta có: V1 = VP.CEF − (VR.DFN 0,75 0,5 0,25 0,5 (vì VR.DFN = VQ BME ) Ta tính V1 ,VP.CEF ,VR DFN theo V 1 9 VP.CEF = SCEF PK = S ABCD SH = V (PK đường cao hình 3 16 0,25 chóp P.CEF) 1 1 VR DFN = S DFN RJ = S ABCD SH = V (RJ đường cao hình 3 32 0,25 chóp R.DFN) Từ suy ra: V1 = VP.CEF − 2VR.DFN = 1 V− V= V 16 16 0,25 Suy điều phải chứng minh 2 x + x + ≥  x ∈ ( −∞; −3] ∪ [−1; +∞)   ⇔  x ∈ ( −∞; −1] ∪ [1; +∞) ⇔ x ∈ [1; +∞) ∪ { −1} ĐK:  x − ≥ 2 x + ≥  x ∈ [−1; +∞)   + TH1: x = -1 thỏa mãn PT Vậy x = -1 nghiệm PT + TH2: Với x ≥ ta xét phương trình: điểm x + 8x + + x2 − = x + ⇔ ( x + 1)(2 x + 6) + ( x + 1)( x − 1) = ( x + 1)( x + 1) ⇔ 0,5 0,25 0,25 2x + + x − = x + ⇔ 2x + + x – + (2 x + 6).( x − 1) = 4(x + 1) ⇔ 3x + + (2 x + 6)( x − 1) = 4x + ⇔ (2 x + 6)( x − 1) = x -1 ⇔ (2 x + 6)( x − 1) = ( x − 1)( x − 1) Suy x – = ⇔ x = Hoặc: 2 x + = x − ⇔ 8x + 24 = x - ⇔ x = 0,25 −25 (loại) Vậy phương trình cho có nghiệm: x = -1 x = -Hết - 0,25 0,25 0,25 ... C2 n − C2 n + C22n − C2 n + − C22nn −1 + C2 nn (2) Cộng vế (1) (2) ta được: 2n 22 n = ( C2 n + C2 n + C2 n + + C2 n ) ⇒ C2 n + C2 n + C2 n + + C2 nn = 22 n −1 2n 0 ,25 0,5 0,5 Theo ta có: 22 ... SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT Năm học: 2 0 12 – 20 13 MƠN: TỐN Ngày thi: 18 / 12/ 2 0 12 (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm đến đâu...SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2 0 12 – 20 13 MƠN: TỐN Ngày thi: 18 / 12/ 2 0 12 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm đến