Đề thi HSG Quảng Ninh năm 2010 - 2011

SỞ GD - ĐT QUẢNG NINH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 Năm học 2010 - 2011 Môn: Toán Ngày thi: 12/9/2010 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 01 trang) Bài 1. (3 điểm). Cho hàm số y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6. Chứng minh rằng hàm số có hai cực tiểu và một cực đại. Bài 2. (4 điểm). Giải hệ phương trình: x xy y y x y  + = +   + + + =   5 4 10 6 2 4 5 8 6 Bài 3. (2 điểm). Chứng minh rằng: . ( ) n n n n n n C C C n C n n − + + + + = + 1 2 2 2 3 2 2 2 3 1 2 với ,n n ∀ ≥ ∈ 2 ¥ . Bài 4. (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C). Biết (C) có phương trình: (x - 1) 2 + (y + 2) 2 = 5; · ABC = 90 0 ; A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4. Tìm tọa độ các đỉnh B. Bài 5. (5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA (ABCD)⊥ . Cho SA = AB = a; mặt phẳng (P) qua A vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SC và SD lần lượt tại B', C', D' . 1. Chứng minh rằng tứ giác AB ’ C ’ D’ có hai đường chéo vuông góc. 2. Khi C’ là trung điểm SC. Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ theo a. Bài 6. (3 điểm) Chứng minh phương trình: x 5 - 4x 2 - 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm đó lớn hơn 1. ---------------- Hết---------------- Lưu ý: - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn này có 04 trang) Bài Sơ lược cách giải Điểm Tổng điểm Bài 1 3,0 điểm Hàm số xác định trên R. y’ = 4x 3 - 12x + 4. Xét hàm số g(x) = 4x 3 - 12x + 4. Có g’(x) = 12x 2 - 12; g’(x) = 0 ⇔ 12x 2 - 12 = 0 ⇔ x x =   = −  1 1 . lim ( ) lim ( ) x x g x x x x →−∞ →−∞ = − + = −∞ 3 2 3 12 4 4 ; lim ( ) lim ( ) x x g x x x x →+∞ →+∞ = − + = +∞ 3 2 3 12 4 4 Ta có bảng biến thiên: x -∞ -1 1 +∞ g'(x) + 0 - 0 + g(x) 12 +∞ -∞ -4 Từ bảng biến thiên ta có hàm số y = g(x) có hai cực trị trái dấu nên đồ thị hàm số y = g(x) luôn cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt hay phương trình: y’ = 4x 3 - 12x + 4 = 0 (1) luôn có ba nghiệm phân biệt. Giả sử các nghiệm của pt (1) là x 1 , x 2 , x 3 trong đó x 1 < x 2 < x 3 . Mà lim lim ( ) x x y x x x x →±∞ →±∞∞ = − + + = +∞ 4 2 3 4 6 4 6 1 nên ta có bảng biến thiên của hàm số y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6 như sau: X -∞ x 1 x 2 x 3 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + Y -∞ y CĐ +∞ y CT y CT Vậy hàm số y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6 luôn có hai cực tiểu và một cực đại. 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 3,0 điểm Bài 2 4,0 điểm Nếu y = 0 thì từ (1) ta có x = 0 thay vào (2) ta thấy không thoả mãn. Suy ra y ≠ 0 Chia cả hai vế của (1) cho y 5 ≠ 0 ta được hệ phương trình tương đương với ( ') ( ) x x y y y y x y    + = +    ÷     + + + =   5 5 2 1 4 5 8 6 2 Xét hàm số f(t) = t 5 + t. 0,25 0,5 Ta có f’(t) = 5t 4 + 1 > 0 ∀ t∈R. Vậy hàm số y = f(t) luôn đồng biến. Suy ra: ( ) x x f f y y x y y y   = ⇔ = ⇔ =  ÷   2 Thay x = y 2 vào (2) ta được phương trình: x x+ + + =4 5 8 6 Điều kiện x ≥ − 5 4 . Ta có ( )( )x x x x x x+ + + = ⇔ + + + + + + =4 5 8 6 4 5 8 2 4 5 8 36 ( )( ) ( )( ) ( ) x x x x x x x − ≥  ⇔ + + = − ⇔  + + = −  2 23 5 0 2 4 5 8 23 5 4 4 5 8 23 5 x x x x x x x  ≤   ≤   ⇔ ⇔ ⇔ =   =    − + =    =   2 23 23 5 1 5 1 9 378 369 0 42 . Với x = 1 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ± 1. Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1; 1) và (1; -1). 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 4,0 điểm Bài 3 2,0 điểm Có: ( ) . n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + 0 1 2 2 1 (1) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được: ( ) . n n n n n n n n x C C x C x nC x − − + = + + + + 1 1 2 2 2 1 1 2 3 (2) Nhân cả hai vế của (2) với x ta được: ( ) . n n n n n n n nx x C x C x C x nC x − + = + + + + 1 1 2 2 2 3 1 2 3 (3) Lấy đạo hàm hai vế của (3) ta được: ( ) ( ) ( ) . n n n n n n n n n x n n x x C C x C x n C x − − − + + − + = + + + + 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 (4) Trong (4) cho x = 1 ta được: . ( ) ( ) n n n n n n n n C C C n C n n n n n − − − + + + + = + − = + 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 3 2 1 2 1 2 ⇒ đpcm 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 2,0 Điểm Bài 4 3,0 điểm (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5 Do · 0 90ABC = ⇒ C đối xứng với A qua I ⇒ C(0; -4) có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0 Có S ∆ ABC = 4 ⇒ khoảng cách từ B đến AC là: d = 2 4 5 S AC = ⇒ B thuộc đường thẳng ∆ ⁄⁄ AC, cách AC một khoảng bằng d ⇒ pt của ∆ có dạng: 2x - y + m = 0. mà ∆ ⁄⁄ AC ⇒ khoảng cách từ A đến ∆ bằng d Vậy 0 4 4 8 5 5 m m m = +  = ⇒  = −  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 3,0 Điểm + Với m = 0 pt của ∆: 2x - y = 0 ⇒ toạ độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 0 0 1 2 5 y x x y x y =  =   ⇔   = − + + =    hoặc 6 5 12 5 x y  = −     = −   + Với m = -8 Pt của ∆ : 2x-y- 8 = 0 ⇒ toạ độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 8 2 4 1 2 5 y x x y x y = −  =   ⇔   = − − + + =    hoặc 16 5 8 5 x y  =     = −   Vậy toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( 6 12 5 5 ;− − ) hoặc (2; -4) hoặc ( 16 8 5 5 ;− ). 0,5 0,5 0,25 Bài 5 5,0 điểm 1. Có BD ⊥ AC và BD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) nên BD ⊥ (SAC). mp(P) ⊥ mp(SAC) nên (P) // BD. Vậy (P) là mặt phẳng qua A và song song với BD. Ta có (P) // BD nên B’D’ // BD. B’D’ // BD nên B’D’ ⊥ (SAC). Suy ra B’D’ ⊥ AC’ hay tứ giác AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 2,0 Điểm 2. Khi C’ là trung điểm của SC. Gọi V là thể tích khối chóp S.ACBD, V 1 là thể tích khối chóp S.A’B’C’D’ và V 2 là thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’. Ta có: V 2 = V- V 1 . V = . . ABCD a SA S a a= = 3 2 1 1 3 3 3 . 0,25 0,5 3,0 Điểm I S C' D' B' O D C B A Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của B’D’ và AC’. Có I là trọng tâm tam giác SAC nên SI = 2 3 SO, suy ra SB’ = 2 3 SB. Có . ' ' . ' ' . . . S AB C S ABC V SA SB SC V SA SB SC = = = 2 1 1 3 2 3 Suy ra . . ' ' S ABC S AB C V V = 3 . Mà . ' ' . , S AB C S ABC V V V V= = 1 1 1 2 2 nên V a V = = 3 1 3 9 . Vậy a a a V V V= − = − = 3 3 3 2 1 2 3 9 9 (đvtt). 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 Bài 6 3,0 điểm Ta có pt ⇔ x 5 = (2x + 1) 2 Nếu x là nghiệm thì ⇒ x 5 ≥ 0 ⇒ x 5 = (2x + 1) 2 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1 Với x ≥ 1 xét f(x) = x 5 - 4x 2 - 4x - 1 Ta có: f '(x) = 5x 4 - 8x - 4; f "(x) = 20x 3 - 8 > 0 với ∀ x ≥ 1 ⇒ f '(x) đồng biến trên [1, +∞), mà f '(1) = -7; x Lim f '(x) →+∞ = +∞ ⇒ ∃ x 0 ∈ (1; +∞) để f '(x 0 ) = 0 Ta có bảng biến thiên: X 1 x 0 +∞ f'(x) - 0 + f(x) +∞ -7 Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn suy ra pt: f(x) = 0 cã mét nghiÖm duy nhÊt vµ nghiÖm ®ã lớn hơn 1 ⇒ ®pcm. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 3,0 điểm f(x 0 ) Bài 1. Cho hàm số y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6. Chứng minh rằng hàm số có hai cực tiểu và một cực đại. Bài 2. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) x xy y y x y  + = +   + + + =   5 4 10 6 2 1 4 5 8 6 2 Nếu y = 0 thì từ (1) ta có x = 0 thay vào (2) ta thấy không thoả mãn. Suy ra y ≠ 0 Chia cả hai vế của (1) cho y 5 ≠ 0 ta được hệ phương trình tương đương với ( ') ( ) x x y y y y x y    + = +    ÷     + + + =   5 5 2 1 4 5 8 6 2 Xét hàm số f(t) = t 5 + t với t ≠ 0. Ta có f’(t) = 5t 4 + 1 > 0 ∀ t ≠ 0. Vậy hàm số y = f(t) luôn đồng biến trong các khoảng (- ∞; 0) và (0; +∞). Suy ra: ( ) x x f f y y x y y y   = ⇔ = ⇔ =  ÷   2 Thay x = y 2 vào (2) ta được phương trình: x x+ + + =4 5 8 6 Điều kiện x ≥ − 5 4 . Ta có ( )( )x x x x x x+ + + = ⇔ + + + + + + =4 5 8 6 4 5 8 2 4 5 8 36 ( )( ) ( )( ) ( ) x x x x x x x − ≥  ⇔ + + = − ⇔  + + = −  2 23 5 0 2 4 5 8 23 5 4 4 5 8 23 5 x x x x x x x  ≤   ≤   ⇔ ⇔ ⇔ =   =    − + =    =   2 23 23 5 1 5 1 9 378 369 0 42 . Với x = 1 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ± 1. Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1; 1) và (1; -1). Bài 3. (2 điểm). Chứng minh rằng: . ( ) n n n n n n C C C n C n n − + + + + = + 1 2 2 2 3 2 2 2 3 1 2 với ,n n ∀ ≥ ∈ 2 ¥ . Có: ( ) . n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + 0 1 2 2 1 (1) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được: ( ) . n n n n n n n n x C C x C x nC x − − + = + + + + 1 1 2 2 2 1 1 2 3 (2) Nhân cả hai vế của (2) với x ta được: ( ) . n n n n n n n nx x C x C x C x nC x − + = + + + + 1 1 2 2 2 3 1 2 3 (3) Lấy đạo hàm hai vế của (3) ta được: ( ) ( ) ( ) . n n n n n n n n n x n n x x C C x C x n C x − − − + + − + = + + + + 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 (4) Trong (4) cho x = 1 ta được: . ( ) ( ) n n n n n n n n C C C n C n n n n n − − − + + + + = + − = + 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 3 2 1 2 1 2 ⇒ đpcm. Bài 4. (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5 Do · 0 90ABC = ⇒ C đối xứng với A qua I ⇒ C(0; -4) có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0 Có S ∆ ABC = 4 ⇒ khoảng cách từ B đến AC là: d = 2 4 5 S AC = ⇒ B thuộc đường thẳng ∆ ⁄⁄ AC, cách AC một khoảng bằng d ⇒ pt của ∆ có dạng: 2x - y + m = 0. mà ∆ ⁄⁄ AC ⇒ khoảng cách từ A đến ∆ bằng d Vậy 0 4 4 8 5 5 m m m = +  = ⇒  = −  + Với m = 0 pt của ∆: 2x - y = 0 ⇒ toạ độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 0 0 1 2 5 y x x y x y =  =   ⇔   = − + + =    hoặc 6 5 12 5 x y  = −     = −   + Với m = -8 Pt của ∆ : 2x-y- 8 = 0 ⇒ toạ độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 8 2 4 1 2 5 y x x y x y = −  =   ⇔   = − − + + =    hoặc 16 5 8 5 x y  =     = −   Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( 6 12 5 5 ;− − ) hoặc (2; -4) hoặc ( 16 8 5 5 ;− ) Bài 5. (5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA (ABCD)⊥ . Cho SA = AB = a; mặt phẳng (P) qua A vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SC và SD lần lượt tại B', C', D' . 1. Chứng minh rằng tứ giác AB ’ C ’ D’ có hai đường chéo vuông góc. 2. Khi C’ là trung điểm SC. Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ theo a. Giải. 1. Có BD ⊥ AC và BD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) nên BD ⊥ (SAC). mp(P) ⊥ mp(SAC) nên (P) // BD. Vậy (P) là mặt phẳng qua A và song song với BD. Ta có (P) // BD nên B’D’ // BD. B’D’ // BD nên B’D’ ⊥ (SAC). Suy ra B’D’ ⊥ AC’ hay tứ giác AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc. 2. Khi C’ là trung điểm của SC. Gọi V là thể tích khối chóp S.ACBD, V 1 là thể tích khối chóp S.A’B’C’D’ và V 2 là thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’. Ta có: V 2 = V- V 1 . V = . . ABCD a SA S a a= = 3 2 1 1 3 3 3 . Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của B’D’ và AC’. Có I là trọng tâm tam giác SAC nên SI = 2 3 SO, suy ra SB’ = 2 3 SB. Có . ' ' . ' ' . . . S AB C S ABC V SA SB SC V SA SB SC = = = 2 1 1 3 2 3 Suy ra . . ' ' S ABC S AB C V V = 3 . Mà . ' ' . , S AB C S ABC V V V V= = 1 1 1 2 2 nên V a V = = 3 1 3 9 . Vậy a a a V V V= − = − = 3 3 3 2 1 2 3 9 9 (đvtt). Bài 6. Ta có pt ⇔ x 5 = (2x + 1) 2 Nếu x là nghiệm thì ⇒ x 5 ≥ 0 ⇒ x 5 = (2x + 1) 2 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1 Với x ≥ 1 xét f(x) = x 5 - 4x 2 - 4x - 1 Ta có: f '(x) = 5x 4 - 8x - 4; f "(x) = 20x 3 - 8 > 0 với ∀ x ≥ 1 ⇒ f '(x) đồng biến trên [1, +∞), mà f '(1) = -7; x Lim f '(x) →+∞ = +∞ ⇒ ∃ x 0 ∈ (1; +∞) để f '(x 0 ) = 0 Ta có bảng biến thiên: I S C' D' B' O D C B A X 1 x 0 +∞ f'(x) - 0 + f(x) +∞ -7 Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn suy ra pt: f(x) = 0 cã mét nghiÖm duy nhÊt vµ nghiÖm ®ã lớn hơn 1 ⇒ ®pcm. f(x 0 ) . 5 - 4x 2 - 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm đó lớn hơn 1. -- -- - -- - -- - -- - -- Hết -- - -- - -- - -- - -- - - Lưu ý: - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. - Thí. SỞ GD - ĐT QUẢNG NINH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 Năm học 2010 - 2011 Môn: Toán Ngày thi: 12/9 /2010 Thời gian: