16 đề THI HSG TỈNH và lời GIẢI

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỐ BÁO DANH: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: Tốn - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2.5 điểm): Giải phương trình: x 4n  x 2n  2012  2012 (n ��* ) Câu (2.5 điểm): Cho dãy số (u n ) xác định bởi công thức: u1  � � 1� 3� � u  u  ; (n ��* ) �n1 � n u � n � � � Tính: lim un ? Câu (1.5 điểm): Cho các số thực dương x, y, z Chứng minh rằng: 1 36   � 2 x y z  x y  y2z2  z2x2 Câu (2.0 điểm): Cho tam giác ABC có M trung điểm cạnh BC, N chân đường � Đường thẳng vng góc với NA N cắt đường phân giác góc BAC thẳng AB, AM P, Q theo thứ tự Đường thẳng vng góc với AB P cắt AN O Chứng minh OQ vuông BC Câu (1.5 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2  y  z HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: Tốn - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dn ny cú trang) yêu cầu chung * ỏp án trình bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan * Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm * Điểm toàn tổng (khơng làm tròn số) điểm tất Câu Nội dung Điểm 2,5 điểm Phương trình: x  x  2012  2012 (n �N*) Đặt t = x2n 0, phương trình (1) trở thành: t  t  2012  2012 1 � t  t   t  2012  t  2012  4 4n 2n (1) 0,25 0,5 1� � 1� � � �t  � � t  2012  � 2� � 2� � 0,5 0,25 � t   t  2012 � t  t  2011  Giải phương trình (2) ta được: t  Phương trình có nghiệm: x1  2n (2) 1  8045 thỏa mãn điều kiện 1  8045 và 1  8045 , n ��* x   2n 2 0,25 0,25 0,5 2,5 điểm * Theo công thức xác định dãy (un ) , ta có un  0; n �� Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 1� � 1� 3� un1  � 2un  � � un  un  ��3 un2  3 ; n ��* 3� un � � un � un Do đó: un �3 ; n ��* � �3  un3 � 1 �3 u  u  u   u   u  � ��0 Mặt khác: n1 n � n n n� un2 �un2 � � un � 0,5 0,5 0,5 Vậy (un ) là dãy số giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn Giả sử, lim un  a Ta có: a  a  � a  � a  3 a a Vậy: lim un  3 0,5 0,5 1.5 điểm 1 36   � x y z  x2 y2  y2 z  z2 x2 �1 1 � � (9  x y  y z  z x ) �   ��36 �x y z � Ta có:  xyz  0,25 �xy  yz + zx �   xy   yz   zx  �� � � � 0,25 Do đó: �1 1 � �xy  yz+zx � 27  xy  yz+zx  �x  y  z � � xyz �� � � � �  xy  yz+zx  2 27  xy  yz+zx 0,25 Mặt khác:  x y  y z  z x    x y  1   y z  1   z x  1 �2   xy  yz  zx  0,25 � � �1 1 � �� (9  x y  y z  z x ) �   � � �x y z � � � 27 �4 �   xy  yz+zx  � � � xy  yz+zx � �  108 �    xy  yz  zx  � �xy  yz  zx � � � �108 � 62  xy  yz  zx  � 1296 xy  yz  zx � � 1 1� 2 2 2 � Suy ra: (9  x y  y z  z x ) �   ��36 �x y z � A Dấu “=” xảy và khi: x = y = z = P 0,25 2.0 điểm y B 0,25 Q N C M O x 0,25 Chọn hệ trục tọa độ Nxy cho A, N nằm trục hoành Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình nó có �b �  ;0 �, P  (0; b) dạng : y = ax + b (a �0) Khi đó : A  � �a � AC qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình : y = -ax – b PO qua P, vuông góc với AB nên có phương trình : y   x  b a O là giao điểm PO và trục hoành nên O  (ab,0) BC qua gốc tọa độ nên : +) Nếu BC không nằm trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx với c �0,c ��a (vì B, C không thuộc trục hoành, BC không song song với AB và AC) B là giao điểm BC và AB nên tọa độ B là nghiệm hệ : �y  ax  b bc � �b �B� ; � � �c  a c  a � �y  cx C là giao điểm BC và AC nên tọa độ C là nghiệm hệ : �y  ax  b bc � � b �C �  ; � � �ca ca� �y  cx uuuu r bc abc � � ab AM  c; a  ; Do đó : M  � , suy : 2  2 � a (c  a ) �c  a c  a � a2 ab Từ đó ta có phương trình AM là : y  x  c c Q là giao điểm AM với trục tung nên � ab � uuur � 1� Q� 0; �� QO  ab � 1;  � � c � � c� uuur Do đó QO là vectơ pháp tuyến BC nên QO vuông góc BC +) Nếu BC nằm trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M �N, đó O thuộc AN nên QO vuông góc BC 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 điểm Giả sử  x, y, z  là nghiệm nguyên dương phương trình Ta có: x+2  y  z  yz � x  ( y  z )  yz  �  x  ( y  z )   yz  yz  12 0,25  yz   x  ( y  z )   12 �  x  ( y  z )    x  ( y  z )   12  yz   x  ( y  z )   yz  12 Nếu x �( y  z ) thì  �� (vô lý) x  ( y  z) � �y  � � �z  � x  Nếu x  y  z thì yz  � � � y  � � � � �z  Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm phương trình Vậy: nghiệm nguyên dương phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4; 1; 3) 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC 0,25 0,5 0,25 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TỐN - Vòng Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2 điểm) a) Cho hàm số y  x  2mx  3m và hàm số y  2 x  Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt tại hai điểm phân biệt và hoành độ chúng đều dương b) Giải bất phương trình:  x  x  12  10  x Câu (2 điểm) 3 a) Giải phương trình: (4 x  x  3)  x  b) Giải phương trình: x  11x  23  x  Câu (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành độ A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ B dương) Tìm giá trị nhỏ nhất diện tích tam giác OAB b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2)  ( y  3)  và điểm A(1; 2) Đường thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N Tìm giá trị nhỏ nhất độ dài đoạn thẳng MN Câu (3 điểm) a) Chứng minh tứ giác lồi ABCD là hình bình hành và AB  BC  CD  DA2  AC  BD b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 1   (trong đó AB=c; AC=b; đường ha2 b c cao qua A là ) Câu (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng: 2 a  b   b  c   c  a 2a 2b 2c    �3  bc ca ab  a  b  c …………………Hết………………… Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký giám thị 1:………………….Chữ ký giám thị 2:……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TỐN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung Tìm m: y  x  2mx  3m và y  2 x  cắt tại hai điểm a phân biệt và hoành độ dương Yêu cầu bài toán � PT sau có hai nghiệm dương phân biệt x  2mx  3m  2 x  � x  2( m  1) x  3m   '  � � �� 3(m  1)  � 2(m  1)  � m  1 � '  � � m  4 � Kết hợp nghiệm, kết luận m  4 Giải bất phương trình:  x  x  12  10  x b TXĐ: �  x �8 x 12 Điểm 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 x 6 Nếu  x �6 thì  x  x  12 �0  10  x , bất phương trình nghiệm với x:  x �6 10  x �0 � � � x � � Nếu bất pt đã cho � �  x  x  12 �0 �  x  x  12  x  40 x  100 � x  48 x  112  �  x  Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:  x �5 Tập nghiệm bpt đã cho: (4;6] 3 3 (4 x  x  3)  x  Giải phương trình: (1) a 0,25 28 0,25 0,25 1,00 � y3  x3  ( I ) Khi đó nghiệm Đặt y  x  x  (1) có dạng: � 4x  x   y � (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm (I) � � y  x  3(2) y  x3  � �� (I) � � x  y3  ( x  y)  ( x  y )(2 x  xy  y  1)  0(3) � � TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm (1): x   TH2: x  xy  y   0;  'x   y Nếu có nghiệm thì y� 0,25 0,25 0,25 3 �2� 2  Tương tự có x � Khi đó VT (2) �4 � � 3 3 � � Chứng tỏ TH2 vô nghiệm KL (1) có nghiệm x   b 3 Giải phương trình: x  11x  23  x  ĐK: x �1 (1) � 2( x  x  9)  ( x   x   4)  2( x  3)  ( x   2)  (*) �x   Do a �0(a) nên pt(*) � � � x 1   � x  Vậy pt đã cho có nghiệm x=3 M (1;4) Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại a B Tìm giá trị nhỏ nhất diện tích tam giác OAB( x A ; yB  ) x y Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng AB:   a b 4 16 Vì AB  qua  M nên  1 a b ab ab 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 ab � � 8;" " a b a2 � � b8 � 0,25 2 Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S  OA.OB  ab �8 Vậy S nhỏ nhất d qua A(2;0), B(0;8) b (C): ( x  2)2  ( y  3)  ; A(1; 2)  qua A,  cắt (C) tại M và N Tìm giá trị nhỏ nhất độ dài đoạn thẳng MN (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3 Có A nằm đường tròn(C) vì IA2  (1  2)  ( 2  3)   Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có IH  HN  IN  � MN  HN  4(9  IH )   Mà   IH IA  IH AH MN 4(9 2) 28 MN Vậy MN nhỏ nhất H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A Chứng minh tứ giác lồi ABCD là hình bình hành và a AB  BC  CD  DA2  AC  BD uuu r uuur uuu r uuur r Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành � AB  DC � AB  DC  uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur � AB  DC  � AB  DC  AB.DC  uuu r uuur uuur � AB  DC  AB.( AC  AD )  � AB  DC  ( AB  AC  BC )  ( AB  AD  BD )  (*) r r r2 r r r2 r r r2 r2 r r ( vì a  b  a  2a.b  b � 2a.b  a  b  a  b )       (*) � AB  BC  CD  DA2  AC  BD (Đpcm) ( Chú ý: làm chiều cho 0,75 đ) 1 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:   (1) b c Có a.ha  S  bc sin A � a2 4R   ha2 b 2c sin A b 2c 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 0,25 0,25 (1) � b  c  R � sin B  sin C  �  cos B   cos 2C  � cos B  cos 2C  � 2cos( B  C )cos( B  C )    � B  C  hay A  � 2  B  C   ;0 �B  C   ��    �B  C  � Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có B  C  0,25 0,25 0,25 0,25  2a 2b 2c  a  b    b  c    c  a  ; a, b, c  CMR :   �3  bc ca ab  a  b  c 2 2a 2b 2c 1 1 1  bc ca ab abac bcba cacb   bc ca a b 1,00 XétM= 0,25 1 1 1  )  (b  c)(  )  (c  a)(  ) bc ca c a a b a b b c 1  ( a  b)  (b  c)  (c  a ) (b  c)(c  a) (c  a)(a  b) ( a  b)(b  c) 4 1 �   Vì ; 2 (b  c)(c  a ) (a  b  2c) (2a  2b  2c) ( a  b  c) ( a  b) 2 � ;"  " � a  b (a  b) �0 � (a  b) (b  c)(c  a ) (a  b  c ) Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức lại 2 a  b   b  c   c  a   Suy M � (Đpcm); “=” � a  b  c  a  b  c  (a  b)( Hình vẽ câu 3b: I A M N H Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VỊNG 1) Mơn: TỐN ( BẢNG A ) Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 06/10/2011 Câu 1: ( 5,0 điểm ) a Giải phương trình sau: x  x    x  x  x  x với x �R   b Giải phương trình: 2sin x  sin x   cos x  sin x Câu 2: ( 5,0 điểm ) 0,25 0,25 0,25 a Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh AB  Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC lấy điểm M thỏa MA2  MB  MC Tìm quỹ tích điểm M b Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với góc 600 , BM  6, CN  Tính độ dài trung tuyến lại tam giác ABC Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số  un  xác định bởi u1  và un1  3un  với n �1 a Xác định số hạng tổng quát dãy số  un  2 2 b Tính tổng S  u1  u2  u3   u2011 Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị lớn nhất biểu thức: M   a  b  c    a  b  c   6abc Câu 5: ( 3,0 điểm ) �x   y   x  xy  2m  Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: � với x, y là �x  x  y  m các số thực ……………… Hết ……………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:………… 10 Câu V: (2,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức sau: P  a  ab  abc abc - - Hết - Họ tên thí sinh: Số báo danh: 50 SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN THPT- BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng d và đồ thị (C) là: (3,0đ) 2x  0,5   x  m � x  (m  3)x  m    1 , với x �1 x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt và phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1 0,5 � m  2m  13  �� (đúng m ) 0.m  � � �x1  x  m  Gọi x1 , x là các nghiệm phương trình (1), ta có: � 0,5 �x1 x  m  Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x ;  x  m  Khi đó ta có: AB   x1  x  PA  PB   x1    x  2 2    x1  m     x1     x  m  5   x  2 2   x2  2 ,   x1   Suy PAB cân tại P Do đó PAB đều � PA  AB2 2 2 �  x1     x     x1  x  �  x1  x    x1  x   6x1x   �m  � m  4m   � � Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 m  5 � II �x �1 ĐKXĐ: � 1, �x �13 (3,0đ) Phương trình đã cho tương đương với  x   x    2x     �  x  1 x   x   2x   2x  (1) Xét hàm số f  t   t  t ; f '  t   3t   0, t Suy hàm số f  t  liên tục và đồng biến � Khi đó: Pt(1) � f  0,5 0,5 0,5 0,5 0,5   x 1  f  2x  � x   2x  51 0,5 0,5 � x �  � � x0 � � x �  � x � � � � x0 �� �� � �� � � 1 � x � � � � x  x  x  x   2x      � � � � � �x  �� Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm phương trình đã cho là: 1 và x  x II �x �0 2, ĐKXĐ: �y �0 � (3,0đ) 2 � � 1� � 1� � �x  � �y  � � � x� � y� Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với: � �  x  1  y2  1  2xy � 2 � � 1� � 1� � � ux �x  � �y  � � x � x� � y� � ��  * , đặt � � � � �� � �v  y  x � �y  � y �� � � � x �� y � � u  v2  � u  v  �  �� Hệ phương trình  * trở thành � uv  uv  � � u v3 u  v  3 � � �� (I) hoặc � (II) uv  uv  � � Ta có: �u  hoặc v �  I � � u2 � � �v  �u  1  II  � � hoặc v  2 �  Vì u  x x u u  2 � � �v  1 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 u2 u  2 � � nên có � và � thỏa mãn �v  �v  1 � x   �x  � u2 � � x � � � � (thỏa mãn ĐKXĐ) ta có � � �v  �y   �y  � � y � x   2 �x  1 � u  2 � � x � � � 1 � (thỏa mãn ĐKXĐ) ta có � � �v  1 �y   1 �y  � � y 52 0,5 0,5 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  là: �  ��  �� 1  �� 1  � 1; , 1; ,� 1; ,� 1; � �� � � � 2 2 � �� �� �� � III a 1, Diện tích đáy là SABC  (3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC D BC  AE � � BC   AA'E  Gọi E là trung điểm BC Ta có � BC  A 'G � Gọi D là hình chiếu vuông góc E lên đường thẳng AA ' Do đó BC  DE, AA'  DE Suy DE là khoảng cách hai đường thẳng AA ' và BC �  DE  � DAE �  300 Tam giác ADE vuông tại D suy sin DAE AE a Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có A 'G  AG.tan 30  3 a Vậy VABC.A 'B'C '  A 'G.SABC  12 III Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm mp 2,    với các cạnh AB, AC, AD (3,0đ) Ta có VAGBC  VAGCD  VAGDB  VABCD (*) Vì VAB'C'D'  VAIB'C'  VAIC'D'  VAID'B' và (*) nên VAB'C'D' VAIB'C' V V   AIC'D'  AID'B' VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB '    AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB AB AC AD AG BB' CC' DD' �    6�   3 AB' AC' AD' AI AB' AC' AD' BB' h B CC' h C DD' h D  ,  ,  Mặt khác ta có AB' h A AC' h A AD' h A 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 � 53 0,5 0,5 Suy hB hC hD    � h B  h C  h D  3h A (**) hA hA hA  h B  h C  h D  �3  h B2  h C2  h D2  2 �  h B  h C    h C  h D    h D  h B  �0 ( ) 2 2 Kết hợp với (**) ta được  3h A  �3  h B  h C  h D  Ta có: h 2B  h C2  h D2 Hay �h 2A IV Đường tròn  T  có tâm K  3;2  bán kính là R  (2,5đ) Ta có AI :x  y  , đó đường thẳng AI cắt đường tròn  T  tại A '( A' khác A ) có tọa độ là nghiệm hệ 2 � �  x  3   y    25 � �x  1 (loại) � � �y  1 �x  y  �x  hoặc � �y  Vậy A '  6;6  � '  CA � ') Ta có: A 'B  A 'C (*) (Do BA �'BC  BAI � � ) (1) (Vì IAC A �  IBC � (2) Mặt khác ta có ABI � '  ABI �  BAI �  IBC � A �'BC  IBA � ' Từ (1) và (2) ta có: BIA Suy tam giác BA 'I cân tại A ' đó A 'B  A 'I (**) Từ  * ,  ** ta có A 'B  A 'C  A 'I Do đó B,I,C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A 'I có phương trình là  x  6 0,5   y    50 2 �  x  3   y    25 � Suy tọa độ B, C là nghiệm hệ � 2 � � x     y    50 Nên tọa độ các điểm B,C là : (7; 1),(1;5) Khi đó I nằm tam giác ABC (TM) Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x  4y  17  V Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có (2,5đ) a  4b a  4b  16c a  ab  abc �a     a  b  c 2 3 a  4b  16c Đẳng thức xảy và 54 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3  Suy P � 2 a  b  c abc 3 Đặt t  a  b  c, t  Khi đó ta có: P �  2t t 3 3  Xét hàm số f  t    với t  ta có f '  t   2t t 2t t 2t 3 f ' t   �   � t 1 2t t 2t Bảng biến thiên t f ' t  �  0,5 0,5 � + � f  t 0,5  Do đó ta có f  t    t 0 3 và t  Vậy ta có P � , đẳng thức xảy và � 16 a � 21 � a  b  c 1 � � �� b � a  4b  16c � � 21 � c � � 21 16 � � Vậy giá trị nhỏ nhất P là  và  a,b,c   � , , � �21 21 21 � - - Hết - Chú ý: - Học sinh giải cách khác cho điểm phần tương ứng - Khi chấm giám khảo khơng làm tròn điểm 55 0,5 SỞ GD & ĐT NGHỆ AN Đề thi thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TỐN - BT THPT Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu I (5,0 điểm) Cho hàm số y  x  mx  m , với m là tham số Tìm các giá trị m để hàm số có ba điểm cực trị Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất hàm số f  x   x  x đoạn  0; 1 Câu II (5,0 điểm) Giải bất phương trình 2x  5x  �x  �x  y  4xy  3 Giải hệ phương trình � � x  y  xy   x ��  x, y �� Câu III (5,0 điểm) n �1 � Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niutơn �  x �, x �0 �x � 15 Biết C0n  C1n   C nn 1  Cnn  1024 (với n ��* , Cnk là số các tổ hợp chập k n ) Giải phương trình :  2sin x  1  sin x  2cosx   sin 2x  cosx Câu IV (5,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA , đáy là tam giác vuông tại B Gọi B' là hình chiếu vuông góc điểm A lên đường thẳng SB Qua điểm B' kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC cắt SC tại C' Chứng minh rằng: SB vuông góc với mặt phẳng  AB'C'  Tính theo a thể tích khối chóp S.AB'C' , biết SA  AB  a và BC  2a - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: 56 SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN - BT THPT (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Nội dung I TXĐ: D  � 1, Ta có y'  4x  2mx (2,5đ) y '  � 4x  2mx  � x  2x  m   Điểm 0,5 0,5 x0 � �� 2x  m   1 � Hàm số có ba điểm cực trị và phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khác m0 � �� � m  Vậy giá trị cần tìm là: m   m � � I Hàm số f  x   x  x liên tục đoạn  0; 1 2,  2x (2,5đ) Ta có f '  x    x  x  1 x  x2  2x f ' x   �  �  2x  1 x � x � 0; 1 � �� � x � 0; 1 � � �2� Ta có f    0, f  1  0, f � � �2 � � � f  x   f    f  1  , Max f  x   f � � Vậy Min 0;1    0;1 �2 � II � �x  �0 � � 1, 2x  5x  �0 � � (2,5đ) Bất phương trình đã cho tương đương với � � �x   � � 2 � 2x  5x  � x    � � 57 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5  1 0,5  2 �x �1 � �� x �1 x Hệ BPT  1 � �� �� x� � �� �x  Hệ BPT   � � �x  3x  �0 �x  � �۳�� x �1 �� x �2 �� x 0,5 0,5 0,5 Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là: S   �;1 � 2;  � II � �  x  y   6xy  3 2, Hệ phương trình đã cho tương đương với � �x  y  xy  (2,5đ) � x  y   6xy   �  �� �xy  x  y  � x  y    x  y    �x  y  �  �� �� �xy  �xy  x  y  0,5 0,5 0,5 0,5 � �x  � � �y  � � � �x  � � � �y  Vậy nghiệm  x; y  hệ phương trình đã cho là:  1;  ,  2; 1 0,5 0,5 III Ta có   1 n  C0  C1   C n 1  C n n n n n 1, n 1 n n (2,5đ) � Cn  Cn   C n  C n  Từ giả thiết ta suy 2n  1024 � 2n  210 � n  10 0,5 0,5 10 �1 � Ta có số hạng tổng quát khai triển nhị thức Niutơn �  x � �x � 2 10 k  k 5k k 7k 20 x  C10 x là C10 x Suy x15 ứng với 7k  20  15 � k  5  252 Vậy hệ số x15 là C10 III PT �  2sin x  1  sinx+2cosx   2sin x cos x  cosx 2, � 2sin x  sinx+2cosx  cosx 2sin x        (2,5đ) 2sin x   (1) � �  2sin x  1  sinx+cosx   � � sinx+cosx = (2) � 58 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 IV 1, (2,5đ) �  x   k2 � PT  1 � sinx = � �  k ��  � x  k2 �   � � PT   � sin � x+ �  � x +  k � x =   k  4 � 4� Vậy nghiệm phương trình là  5  x   k2, x   k2, x    k  k �� 6 Ta có SA   ABC  � SA  BC (1) S Mặt khác BC  AB (2) 0,5  k �� 0,5 C’ B’ C A 0,5 B Từ  1 và   suy BC   SAB  Do đó BC  SB � B'C'  SB   (vì B'C'// BC ) Theo giả thiết ta có SB  AB' (4) Từ  3 và   suy SB   AB'C' IV Ta thấy tam giác SAB cân tại A suy B' là trung điểm SB , đó 2, SB'  SB (2,5đ) a SB  SA  AB2  a � SB'  a Vì SAB vuông tại A nên ta có AB'  SB'  Do BC   SAB  � B'C'   SAB  � B'C'  AB' Ta có B'C' là đường trung bình tam giác SBC suy B'C'  BC  a a Thể tích khối chóp S.AB'C' là V  SB'.AB'.B'C'  12 Hết -Chú ý: - Học sinh giải cách khác cho điểm phần tương ứng - Khi chấm giám khảo khơng làm tròn điểm 59 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010  2011 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút 2y �  1 2 � �x  y  x Bài a) Giải hệ phương trình: � �x  y  2x  � y � b) Trong mặt phẳng, với hệ toạ độ Oxy, chứng minh đồ thị hàm số sau cắt trục hoành tại ít nhất điểm: y  log 22  2x  1  x log  2x  1  x 1 Bài Tìm tham số m để hàm số y  x  3mx   m  1 x  nghịch biến đoạn có độ dài lơn Bài Hai số thực x, y thoả mãn: x2 + 4y2 = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất biểu thức: A = x  4y3  3xy �  ADB �  900 AB = 2a Đáy BCD là tam giác cân tại B, có CBD �  2 Bài Hình chóp A.BCD có ACB và CD = a Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và  Bài Tam giác ABC không nhọn có các góc thoả mãn đẳng thức: � sin B � � sin A � � sin C � 1 1 1 � � � � � �  � sin A � � sin C � � sin B � Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? _ Hết _ SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Mơn thi: Tốn ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 30 tháng năm 2011) SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(3.0 điểm) � � a) Giải phương trình: sin x  cos3 x  2cos �x  �  � 4� 1 16 � 2x    � x y x y � b) Giải hệ phương trình: � 1 100 � 2( x  y )    2 � ( x  y) ( x  y) � Câu 2:(2.0 điểm) Cho dãy số ( xn ) xác định sau: 60 � �x1  30 � * � �xn1  30 xn  3xn  2011,  n �� xn1 ĐỀ lim CHÍNH Tìm THỨC xn Câu 3:(3.0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a Gọi I, J lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và DBC Mặt phẳng ( ) qua IJ cắt các cạnh AB, AC, DC, DB lần lượt tại các điểm M, N, P, Q với AM = x , AN = y (  x, y  a ) a) Chứng minh MN, PQ, BC đồng qui song song MNPQ hình thang cân b) Chứng minh rằng: a( x  y )  3xy Suy ra: 4a 3a �x  y  c) Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a s  x  y Câu 4:(1.0 điểm) Cho phương trình: ax   2b  c  x   2d  e   có nghiệm không nhỏ Chứng minh phương trình ax  bx  cx  dx  e  có nghiệm Câu 5:(1.0 điểm) Cho x, y, z  Chứng minh rằng: xy yz 3zx P   � ( z  x)( z  y ) ( x  y )( x  z ) ( y  z )( y  x) HẾT UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MƠN THI: TỐN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 22 tháng năm 2011 ================ Câu 1:(5 điểm) 1/ Cho hàm số y  x  3x  có đồ thị là (T) Giả sử A, B, C là ba điểm thẳng hàng (T), tiếp tuyến (T) tại các điểm A, B, C lần lượt cắt (T) tại các điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C) Chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng 2/ Cho hàm số y  x 2n 1  2011x  2012 (1) , chứng minh với số nguyên dương n đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại điểm Câu 2:(5 điểm) 1/ Giải phương trình: log x  log x  log x  log x  log x  log x  x �� 61 2/ Giải phương trình:  5x    1  x2  5x  x 1  x �� Câu 3:(3 điểm) k Kí hiệu C n là tổ hợp chập k n phần tử  �k �n; k, n �� , tính tổng sau: 2009 2010 S  C02010  2C12010  3C2010   2010C2010  2011C2010 Câu 4:(5 điểm) 1/ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, AD  4a  a   , các cạnh bên hình chóp và a Tìm cosin góc hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất �  600 , CAD �  1200 Gọi E là chân đường phân giác góc A 2/ Cho tứ diện ABCD có BAC tam giác ABD Chứng minh tam giác ACE vuông Câu 5:(2 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x  y � Chứng minh rằng: cos x  cos y �1  cos  xy  …………………… HẾT…………………… (Đề thi gồm có 01 trang) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CÀ MAU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VỊNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn Ngày thi: 20 – 12 – 2009 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình : ln(sin x  1)  esin x  Bài 2: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh và S là diện tích tứ giác ABCD Chứng minh : S  (p  a)(p  b)(p  c)(p  d) , với p  a bcd Bài 3: (2 điểm) Tìm các số x, y, z thoả mãn phương trình : 2x  4x  y  y  2xz  z  13  Bài 4: (3 điểm) Chứng minh với x thuộc khoảng (0 ; – cosx > x2 – ln(  ) Ta có : ) cosx Bài 5: (3 điểm) Cho bảng hình vuông chia ô : x = 16 ô và tập hợp gồm 16 số tự nhiên liên tiếp : n, n + 1, ., n + 14, n + 15; n > Người ta điền các số đó vào các ô bảng, ô điền số và tô đỏ các ô có số điền đó là bội n Giả sử có k ô được tô màu đỏ Xác định giá trị n để số k là nghiệm phương 3 3 trình: (A k )  138C k  24  ; đó A k , Ck lần lượt là chỉnh hợp, tổ hợp chập tập k phần tử 62 Bài 6: (3,5 điểm) Cho hình chóp S.MNPQ, trừ cạnh bên SP, các cạnh lại đều a 1) Tính thể tích lớn nhất khối chóp a3 2) Góc NMQ phải để thể tích hình chóp Bài : (2,5 điểm) Xác định m để hệ toạ độ Oxy, đồ thị hai hàm số sau có ít nhất đường tiệm cận chung : y = mx  x  m  với m là tham số khác x  4x  ; y = x 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU ĐỀ DỰ BỊ Bài : Giải hệ phương trình : HẾT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Năm học 2009 – 2010 Mơn thi : TỐN Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : �x  y  � � �y  z  � �z  x  Bài : Trong tam giác ABC, hãy tìm điểm M cho : MA2  MB  MC là nhỏ nhất Bài : Cho a, b, c là ba cạnh tam giác vuông, c là cạnh huyền; x, y là hai số thoả mãn hệ thức ax + by = c Chứng minh x2 + y2 �1 Khi nào xảy dấu đẳng thức Bài : Tìm hàm số f( x ) thoả : x f ( + x ) – f ( – x ) = x + x + x – Bài : Cho tam giác ABC Người ta lấy các cạnh AB, BC và CA, cạnh gồm n điểm phân biệt và khác A, B, C ; n > Lập các tam giác với các đỉnh là các điểm 3n điểm nói Các tính toán sau không kể đến tam giác ABC 1) Gọi s là số các tam giác vậy Tính s theo n 2)Gọi a là số các tam giác lập được có ba đỉnh nằm ba cạnh khác tam giác s ABC Có hay không số n để là số nguyên dương ? sa Bài : Trên mặt phẳng có hệ toạ độ Oxy, cho hypebol ( H ) có phương trình : x – y2 = và đường tròn ( T ) có phương trình : x2 + ( y – 1)2 = 1) Tìm điểm ( H ) có tổng các khoảng cách từ đó đến hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất ? 2) Chứng minh ( H ) và ( T ) cắt tại điểm phân biệt và điểm đó nằm đường parabol dạng y = a x2 + b x +c ( a khác ) Tìm phương trình parabol đó Bài : Tìm giá trị a để phương trình : 43 x 3  3.22 x   a  có nghiệm thuộc khoảng ( ; ) HẾT 63 64 ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC 0,25 0,5 0,25 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MƠN THI : TỐN - Vòng Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01... biến thi n: u  u f  u f � 1 + / � 0,5 2 Kết luận : m �2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC 0,5 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MƠN THI. .. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK C N KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011 -2012 MƠN: TỐN 12 – THPT Thời gian: 180 phút (khơng kể phát đề) Ngày thi: 10/11/2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 01