tuyển tập đề thi hsg có đáp án 1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V.
ĐỀ VỊNG SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN: TỐN Ngày thi 09/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, 01 trang Câu (5 điểm): x = y − 2y + Giải hệ phương trình: y = z − 2z + z3 = x − 2x + Câu (5 điểm): Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH Gọi P, Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH và ACH Các đường thẳng AP, AQ cắt BC D và E Chứng minh đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy điểm Câu (6 điểm): Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương): x + 2x + 3x + + nx n − =0 a) Chứng minh với số ngun dương n phương trình có nghiệm dương nhất, kí hiệu nghiệm là x n b) Chứng minh lim x n = Câu (4 điểm): Cho tập Sn = {1; 2; 3;…; n} với n là số nguyên dương lớn Có cách chia tập Sn thành ba tập khác rỗng (hợp với S n và đôi giao với rỗng) cho tập không chứa hai số nguyên liên tiếp? HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi 09/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Điểm Đáp án x = y − 2y + x = (y − 1) + 2 Ta có: y = z − 2z + ⇔ y = (z − 1) + ⇒ x, y, z > z3 = x − 2x + z = (x − 1) + điểm 1,0 Giả sử x = max{x; y;z} ⇒ (y -1) = max{(x -1) ;(y -1) ;(z -1) 2} 1,0 y = max{x; y;z} ⇒ x = y ⇒ y = z Vậy x = y = z 1,5 Khi ta có phương trình: x = x − 2x + ⇔ x − xA2 + 2x − = ⇔ (x − 2)(x + x + 4) = ⇔x=2 1,0 Vậy hệ có nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2) 0,5 Q P B D H E C Cách 1: · · BAH = ACH 1· · · · · BAE = BAH + HAE = BAH + HAC 1,0 1· · · · · BEA = ACH + EAC = ACH + HAC điểm · · ⇒ BEA = EAB ⇒ tam giác ABE cân đỉnh B 1,0 · Mà BP là đường phân giác góc ABE ⇒ BP là đường trung trực đoạn AE ⇒ PA = PE 1,0 · 1· · · · · = PAH + HAE = (BAH + HAC) = BAC = 450 Mặt khác PAE 2 ⇒ ∆PAE vuông cân đỉnh P ⇒ EP ⊥ AD Tương tự: ⇒ DQ ⊥ AE 1,0 Vậy AH, DQ, EQ là đường cao tam giác ADE suy AH, DQ, EP đồng quy 1,0 Cách 2: Áp dụng tính chất tia phân giác góc tam giác: PA AB QE CE HD AH EC AC = = = = , , , PD BD QA AC DB AB HE AH ⇒ PA HD EC QE = AB AH AC CE = CE PD DB HE QA BD AB AH AC BD 2,0 1,5 ⇒ PA HD QE =1 PD HE QA 0,5 ⇒ AH, DQ, EP đờng quy (Định lí Ceva) (6 điểm) a) điểm Xét f n ( x ) = x + 2x + 3x + + nx n − f n' ( x ) = + 22 x + 32 x + + n x n −1 0,5 ' Ta có f n ( x ) > ∀x ∈ R ⇒ f n ( x ) đồng biến, liên tục R 0,5 Mà f n ( ) < 0; f n ( 1) > 0,5 ⇒ f n ( x ) = có nghiệm và nghiệm thuộc ( 0;1) 0,5 b) điểm n −1 1 1 1 3f ÷ = + + ÷ + + n ÷ − 3 3 3 n −1 1 1 1 f ÷ = + ÷ + + ( n − 1) ÷ 3 3 3 n −1 1 1 1 ⇒ 2f ÷ = + + ÷ + + ÷ 3 3 3 ( 2n + 3) < ∀n ∈ N* 1 ⇒ f ÷= − 4.3n 3 n 1 + n ÷ − 3 − n ( + 2n ) − =− n 2.3n 1 Suy f ÷ < f n ( x n ) suy x n > (do f n ( x ) là hàm số đồng 3 1,0 0,5 biến R) 1 Với n ∈ N* , theo định lý Lagrange, tồn cn ∈ ; x n ÷ 3 1 ' cho: f n (x n ) − f n ( )− = f n (c n )(x n − ) 3 0,5 1 2n + 2n + 1 2n + ⇒ xn − = ' < ⇒ xn − = ' n f n (cn ) 4.3n 4.3n f n (x n ) 4.3 1,0 ' (vì f n ( x ) > ∀x ∈ (0; +∞) ) 2n + = ⇒ lim x = n n→+∞ 4.3n n→+∞ Mà lim 1,0 Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập khác rỗng cho tập không chứa hai số nguyên liên tiếp Các khả xảy chia tập Sn+1 = {1; 2; 3; ; n; n+1} Khả 1: {n+1} không là ba tập Sn+1 Ta thực cách chia sau: Chia Sn thành tập (thỏa mãn đề bài) và bổ xung phần tử ( n + ) vào hai tập khơng chứa 1,5 phần tử n Do số cách chia trường hợp này là 2S(n) Khả 2: {n+1} không là ba tập Sn+1 Khi phần tử Sn phải nằm hai tập cịn lại Có thể thấy 4 điểm có cách chia thỏa mãn (một tập chứa số chẵn và 1,0 tập chứa số lẻ) Do đó, số cách chia trường hợp này là cách Vậy ta thu công thức truy hồi: 0,5 S ( n + 1) = 2S ( n ) + ⇒ S ( n + 1) + = S ( n ) + 1 Đặt u n = S ( n ) + ⇒ u n +1 = 2u n Vậy ( u n ) là cấp số nhân có cơng bội 1,0 n −2 Mặt khác, ta thấy S ( 3) = nên ta có S ( n ) = − 1, ∀n ≥ n −2 Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S ( n ) = − 1, ∀n ≥ -Hết - ĐỀ VỊNG SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 18/12/2012 (Thời gian làm bài 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 là tham số) có đờ thị là (Cm), đường thẳng d có phương trình y = x + và 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 là 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) Tìm hệ số x18 khai triển (2 – x2)3n biết n ∈ ¥ * thoả mãn đẳng thức sau: C20n + C22n + C24n + + C22nn = 512 Cho dãy số (un) với un + = a.un + b, n ≥ , a, b là số thực dương cho trước Với n ≥ 2, tìm un theo u1, a, b và n Câu (5,0 điểm) 1 Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi I, J, K là trung điểm cạnh AB, AA’ và 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 là 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 -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 không làm sai lệch biểu điểm HDC và phải thống toàn hội đồng chấm thi 3) Điểm bài thi khơng làm trịn B) Hướng dẫn cụ thể: Câu Đáp án Xét phương trình hoành độ giao điểm (C) và d: (3,0 x3 + 2mx2 + (m + 3)x + = x + ⇔ x(x2 + 2mx + m + 2) = điểm) x = ⇔ x + 2mx + m + = ( *) Điểm 0,5 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 là hai nghiệm (*) 0,5 x1 + x = −2m x1 x = m + 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 là h = Do diện tích ∆KBC là: 0,5 1 S = h.BC = 2.2 ( m - m - 2) = m - m - 2 ± 137 S = Û m2 - m - = Û m = (TM ) 2 (6,0 điểm) ± 137 Vậy m = 1a (2,5 điểm) 2cos2x – mcosx = 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) = 1,0 ⇔ (sinx + cosx)[(cosx – sinx)(4 - sin2x) - 2m] = ésin x + cosx = (2) Û ê ê ë(cosx - sin x)(4 - sin x) - 2m = (3) ỉ pư p x+ ÷ = Û x =+ kp, k ẻ Â *Gii (2): sin x + cosx = sin ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố 4ø *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 0,5 PT (3) trở thành: t ( + t ) - 2m = Û t + 3t - 2m = (4) 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 = Û cos ç x+ ÷ = Û x + = ± + k 2p, k ẻ Â ữ ỗ ữ ỗ ố 4ø 4 éx = k 2p, k Ỵ ¢ ê Û ê p êx =- + k 2p, k ẻ Â Vy vi m = 2, PT cho có nghiệm: 0,5 p p + 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 x =- [0, π π ] PT (3) phải có nghiệm thuộc đoạn [0, ] hay PT (4) có nghiệm thuộc 4 0,5 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: 0,5 f (t ) = f (0) = 0, m ax f (t ) = f (1) = [ 0,1] [ 0,1] PT (5) có nghiệm đoạn [0, 1] f (t ) £ 2m £ m ax f (t ) Û £ 2m £ Û £ m £ ⇔ [ 0,1] [ 0,1] 0,5 Vậy m Ỵ [ 0, 2] là giá trị cần tìm m (2,0 điểm) 5 Điều kiện: x ∈ −1; 2 PT Û Û ( ) ( 3x + - - 3( x - 2) 3x + + + 0,25 ) - x - - x + x +10 x - 24 = ( x - 2) - x +1 0,5 - ( x - 2) ( x - x - 12) = é ù Û ( x - 2) ê + - x + x +12ú= ê ú - x +1 ë 3x + + û 0,5 éx = ê Û ê ê + - x + x +12 = ê - x +1 ë 3x + + é 5ù é 5ù Xét hàm số f ( x) =- x + x +12, x Ỵ ê- 1; ú Ta có f(x) liên tục ê- 1; ú ê 2û ú ê ú ë ë 2û Ta có f'(x) = -2x + 1, f'(x) = ⇔ x = 0,5 ïü 33 49 ïü 33 ïì ïì f ( x ) = f ( 1); f ( ); f ( ) = 10, , ý= > í ý í Do é 5ự ùợù ùỵ ùợù 2 4 ùỵ ê- 1; ú ï ï ê 2ú ë Þ û é 5ù + - x + x +12 > " x Ỵ ê- 1; ú ê ú 3x + + - x +1 ë 2û Vậy PT cho có nghiệm x = 0,25 (2,0 điểm) 2n Ta có: ( + 1) = C20n + C21n + C22n + C23n + + C22nn −1 + C22nn (1) 0,5 Ta có: ( − 1) = C20n − C21 n + C22n − C23n + − C22nn −1 + C22nn (2) Cộng vế (1) và (2) ta được: 2n 22 n = ( C20n + C22n + C24n + + C22nn ) ⇒ C20n + C22n + C24n + + C22nn = 22 n −1 0,5 Theo bài ta có: 22 n- = 512 Û 2n - = Û n = 0,5 15 Từ (2 – x2)3n = (2 – x2)15 = (4,0 Þ Hệ số x là số C ∑ C15i (2)15−i (−1) i x 2i i =0 i 15 18 15−i (−1) i cho 2i = 18 Û i = 0,5 điểm) Vậy hệ số x18 là: - C = -320.320 15 (2,0 điểm) " n ³ 1, un+1 = aun + b Þ un+1 - un = a (un - un- ), " n ³ 0,5 Đặt = un+1 - un , n ³ Þ = avn- , n ³ Þ (vn ) là 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) = 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 M C J F A' EB EM FA ' FN = = = Lại từ suy = EB ' EK FB ' FK Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B' B' N K C' Suy SKFB’ = (3/4)SA’B’C’ Mặt khác EB = nên suy EB ' 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều cao lăng trụ) Do VEKFB’ = (3/8)V (V là 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 là thể tích phần chứa điểm B' và V2 là 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 0,5 0,5 0,5 (2,0 điểm) A D B H M N C Theo giả thiết DACD và DBCD có tất cạnh khơng lớn Đặt CD = a ( < a £ ) Gọi AM, BN là chiều cao ∆ACD và ∆BCD Ta có AM ≤ − 0,25 a2 a2 ; BN ≤ − 4 0,75 a2 Gọi AH là chiều cao tứ diện, ta có AH ≤ AM ≤ − 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] f ' (a ) = - 3a , f ' ( a) = Û a = ± a Ï ( 0;1] 0,5 + f'(a) f(a) f (a) = f (1) = Vậy m( 0,1ax ] Suy maxV = DACD và ∆BCD là hai tam giác cạnh 1, hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) vng góc với Khi tính AB = >1 0,5 (2,0 điểm) a2 2ab 2ab 2 2/3 = a − ≥ a − = a − ( ab ) (Theo BĐT Cơ - si) Ta có 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 0,5 0,5 2/3 2/3 2/3 = − ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) (1) Ta chứng minh ( ab ) 2/ + ( bc ) 2/3 + ( ca ) 2/3 ≤ ⇔ a 2b + b 2c + c a ≤ (2) Thật theo Cô - si ta có a + b + ab ≥ 3 a 2b Thật theo Cơ - si ta có c + b + bc ≥ 3 c 2b 0,5 Thật theo Cơ - si ta có a + c + ac ≥ 3 a 2c ⇒ ( a + b + c ) + ab + bc + ca ≥ ( a 2b + b c + c a ) Mặt khác ta có: ( a − b) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca 2 ⇔ ( 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 ... bài toán là S ( n ) = − 1, ∀n ≥ -Hết - ĐỀ VÒNG SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2 012 – 2013 MƠN: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 18 /12/ 2 012. .. HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2 012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi 09/10/2 012 (hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Điểm Đáp án x = y − 2y + ... Dấu đẳng thức xảy nào? HẾT -SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2 012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi: 18 /12/ 2 012 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) A) Hướng dẫn