Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 lần 2 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bình (Đề chính thức) để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả.
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 bài 180 phút, khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm), đường thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng Câu 2 (6,0 điểm). 1. Cho phương trình 2cos2x – mcosx = sin4x + msinx, m là tham số (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 2 b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trong đoạn [0, ] 2. Giải phương trình x + − − x − x3 + x + 10 x − 26 = 0, x ﾡ Câu 3 (4,0 điểm). sau: 1. Tìm hệ số của x18 trong khai triển của (2 – x2)3n biết n ﾡ * thoả mãn đẳng thức C20n + C22n + C24n + + C22nn = 512 n 2. Cho dãy số (un) với un + 1 = a.un + b, n , a, b là 2 số thực dương cho trước. Với 2, tìm un theo u1, a, b và n Câu 4 (5,0 điểm). 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 cịn lại có độ dài khơng lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. Câu 5 (2,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + a + 2b b + 2c c + 2a Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? HẾT Họ và tên thí sinh : . Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Họ và 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 đúng đến đâu thì giám khảo chấm đến đó. Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC 2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo khơng làm sai lệch biểu điểm cua HDC và ̉ phải được thống nhất trong tồn hội đồng chấm thi 3) Điểm của bài thi khơng làm trịn B) Hướng dẫn cụ thể: Đáp án Điể Câu m Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và d: x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 x(x2 + 2mx + m + 2) = 0 0,5 x x2 2mx m * d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ' m2 m m 0 m ; 2; 2; 0,5 Khi đó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*) x1 x 2m Theo Viét ta có (3,0 x1 x m điểm 2 � BC = ( x1 - x2 ) = ( x1 + x2 ) - x1 x2 = 2 ( m - m - 2) ) Ta có khoảng cách từ K đến d là h = Do đó diện tích KBC là: 1 S = h.BC = 2.2 ( m - m - 2) = m - m - 2 ﾡ 137 S = � m2 - m - = � m = (TM ) ﾡ 137 Vậy m = 2 1a. (2,5 điểm) (6,0 2cos2x – mcosx = sin4x + msinx điểm 4cos2x sin2x.cos2x – 2m(sinx + cosx) = 0 ) cos2x(4 sin2x) – 2m(sinx + cosx) = 0 (cos2x – sin2x)(4 sin2x) 2m(sinx + cosx) = 0 (sinx + cosx)[(cosx – sinx)(4 sin2x) 2m] = 0 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 ﾡsin x + cosx = 0 (2) ﾡ ﾡ ﾡﾡ(cosx - sin x)(4 - sin x) - 2m = 0 (3) � p� p ,k ? *Giải (2): sin x + cosx = � sin ﾡﾡﾡ x + ﾡﾡﾡ = � x = - + k p� � 4� *Giải (3): (cosx - sin x)(4 - sin x) - 2m = Đặt t = cosx sinx, t � � sin x = 2sin x cos x = - t 0,5 0,5 PT (3) trở thành: t ( + t ) - 2m = � t + 3t - 2m = (4) 3 Với m = 2, PT (4) trở thành: t + 3t - = � ( t - 1) ( t + t + 4) = � t = Với t = 1, ta có: � p� p p cos x - sin x = � cos ﾡﾡ x + ﾡﾡﾡ = � x + = � + k 2p� ,k ? ﾡ� � 4 ﾡx = k 2p, k ﾡ ? ﾡ ﾡ ﾡ p ﾡx = - + k 2p, k ﾡ ? ﾡﾡ Vậy với m = 2, PT đã cho có nghiệm: p p x = - + k p , x = k 2p, x = - + k 2p (k ﾡ ? ) 1b. (1,5 điểm) 0,5 Nghiệm của (2) khơng thuộc đoạn [0, ] nên để PT đã cho có nghiệm thuộc đoạn [0, ] thì PT (3) phải có nghiệm thuộc đoạn [0, ] hay PT (4) có nghiệm 0,5 thuộc đoạn [0, 1] Ta có: t + 3t - 2m = � t + 3t = 2m (5) Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục trên ? có f '(t) = 3t2 + 3 > 0 " t ﾡ ? Suy ra: f (t ) = f (0) = 0, m ax f (t ) = f (1) = [ 0,1] 0,5 [ 0,1] PT (5) có nghiệm trên đoạn [0, 1] 2ﾡmﾡﾡ ﾡm ax f (t ) f (t ) ���� [ 0,1] [ 0,1] 2m m 0,5 Vậy m ﾡ [ 0, 2] là giá trị cần tìm của m 2. (2,0 điểm) � 5� −1; Điều kiện: x �� � 2� � PT � � ( ) ( 3x + - - 3( x - 2) + 0,25 ) - x - - x + x + 10 x - 24 = ( x - 2) - ( x - 2) ( x - x - 12) = 3x + + - x +1 � � � ( x - 2) � + - x + x + 12� =0 � � x + + x + � � 0,5 0,5 ﾡx = ﾡ ﾡ ﾡ ﾡ + - x + x + 12 = ﾡﾡ x + + - x +1 � 5� � 5� - 1; � - 1; � Xét hàm số f ( x) = - x + x + 12, x �� Ta có f(x) liên tục trên � � � � 2� � � 2� � Ta có f'(x) = 2x + 1, f'(x) = 0 x = 0,5 � � � 33 49 � 33 f ( x ) = f ( 1); f ( ); f ( ) = 10, , �= > � � � Do đó � 5� � � � 2 4� � - 1; � � � � � �� � 2� � � � 5� + - x + x + 12 > " x �� - 1; � � 3x + + - x +1 � 2� � Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 1. (2,0 điểm) � Ta có: ( + 1) 2n Ta có: ( − 1) 2n = C20n + C21n + C22n + C23n + + C22nn −1 + C22nn (1) = C20n − C21n + C22n − C23n + − C22nn −1 + C22nn (2) Cộng từng vế (1) và (2) ta được: 22 n = ( C20n + C22n + C24n + + C22nn ) � C20n + C22n + C24n + + C22nn = 22 n −1 0,25 0,5 0,5 Theo bài ra ta có: 22 n- = 512 � 2n - = � n = 15 i 15 i i 2i Từ đó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 = C15 ( 2) ( 1) x i (4,0 i 15 i i 18 điểm ﾡ Hệ số của x là số C15 ( 1) sao cho 2i = 18 ﾡ i = 9 Vậy hệ số của x18 là: C159 = 320.320 ) 2. (2,0 điểm) " n ﾡ 1, un+1 = aun + b � un+1 - un = a (un - un- ), " n �2 = avn- , n �� (vn ) là một cấp số nhân có cơng Đặt = un+1 - un , n �� bội bằng a Ta có: " n ﾡ 1, vn = v1.a n- ; v1 = (a - 1)u1 + b Vậy ta có: " n ﾡ 2, un = (un - un- ) + (un- - un- ) + + (u2 - u1 ) + u1 = v1 (a n- + a n- + +1) + u1 = u1.a n- + b(a n- + a n- + + 1) 1. (3,0 điểm) E (5,0 Dựng đúng thiết diện điểm Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra I A B ) EB EM FA ' FN M = = = Lại từ đó suy ra = 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 ra SKFB’ = (3/4)SA’B’C’. Mặt khác vì A' F B' EB ' N K suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều cao lăng trụ). C' Do đó 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 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 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 đó V1/V2 = 49/95. 2. (2,0 điểm) 0,5 0,5 A D B H M N C Theo giả thiết DACD và DBCD có tất cả các cạnh khơng lớn hơn 1. Đặt CD = a ( < a ﾡ ) Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ACD và BCD Ta có AM a2 ; BN 0,25 a2 Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH Thể tích của tứ diện ABCD: V S BCD AH AM 0,75 a2 BN CD AH a a2 (1 ) Xét f ( a) a (4 a ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1] ﾡ ( 0;1] f ' (a ) = - 3a , f ' ( a) = ﾡ a = ﾡ a + f'(a) 0,5 f(a) f ( a) = f (1) = Vậy m( 0,1ax ] Suy ra maxV = khi DACD và BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai mặt phẳng (ACD) (BCD) vng góc với Khi tính được AB = >1 a2 2ab 2ab 2 2/3 = a − a − = a − ( ab ) (Theo BĐT Cô si) Ta có 2 (2,0 a + 2b a + 2b 3 ab 2 điểm b c 2/3 2/3 Tương tự: b − ( bc ) , c − ( ca ) 2 ) b + 2c c + 2a Khi đó a2 b2 c2 + + a + 2b b + 2c c + 2a 2 2/3 2/3 2/3 a+b+c− � ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) � � � 0,5 0,5 0,5 2/3 2/3 2/3 = 3− � (1) ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) � � � 2/3 2/3 2/ Ta đi chứng minh ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) �� 3 a 2b + b 2c + c a �3 (2) Thật vậy theo Cơ si ta có a + b + ab 3 a 2b Thật vậy theo Cơ si ta có c + b + bc 3 c 2b Thật vậy theo Cơ si ta có a + c + ac 3 a 2c � ( a + b + c ) + ab + bc + ca �3 ( 0,5 ) a 2b + b c + c a Mặt khác ta có: ( a − b) + ( b − c ) + ( c − a ) �� a + b + c �ab + bc + ca 2 2 � ( a + b + c ) �3 ( ab + bc + ca ) � ab + bc + ca � ( a + b + c ) = 3 Khi đó ta có: ( ab + bc + ca 2 2 2 ) 2.3 + = � a 2b + b 2c + c a �3 Vậy (2) đúng, thay vào (1) ĐPCM Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 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 bài 180 phút, khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (5,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + m2x + m, m là tham số (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) ln đồng biến trên ﾡ Câu 2 (5,0 điểm). Giải phương trình: 1. cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0 2. − x + x + = Câu 3 (4,0 điểm) 1. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đơi một khác nhau trong đó các chữ số 1 và 2 ln đứng cạnh nhau? 2. Cho đường trịn (I) có phương trình x2 + y2 4x + 8y + 15 = 0. Viết phương trình tiếp tuyến với (I) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(1 ; 0) Câu 4 (4,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, các cạnh bên SA = SB = SC = SD = a 1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a 2. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, AD SC. Chứng tỏ rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau Câu 5 (2,0 điểm). Giải phương trình x2 8x x2 2x HẾT Họ và tên thí sinh : . Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐÊ THI H ̀ ỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT Năm học: 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngay thi: 18/12/2012 ̀ (Hương dân châm nay gơm 04 trang) ́ ̃ ́ ̀ ̀ A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm đúng đến đâu thì giám khảo chấm đến đó. Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC 2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo khơng làm sai lệch biểu điểm cua HDC và ̉ phải được thống nhất trong tồn hội đồng chấm thi 3) Điểm của bài thi khơng làm trịn B) Hướng dẫn cụ thể: Câu Đáp án Điểm 1) 3 điểm (5 điểm) Khi m = 0 ta có y = x3 − 3x 0,5 a) TXĐ: D = ﾡ b) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên: y ' =3 x −6 x =3 x ( x −2) y ' =0 �3x( x −2) =0 �x =0; x =2 0,75 y '