2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo không làm sai lệch biểu điểm của HDC và phải được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi... 3) Điểm của bài thi không làm tròn..[r]
(1)SỞ GD&ĐT NINH BÌNH 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 8
Câu (6,0 điểm)
1 Cho phương trình 2cos2x – mcosx = 14 sin4x + msinx, m tham số (1).
a) Giải phương trình (1) m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm đoạn [0, π4 ]
2 Giải phương trình 3x 3 2 x x 33x210x 26 0, x Câu (4,0 điểm)
1 Tìm hệ số x18 khai triển (2 – x2)3n biết n * thoả mãn đẳng thức sau:
0
2 512
n
n n n n
C C C C .
2 Cho dãy số (un) với un + = a.un + b, n 1, a, b số thực dương cho trước Với 2,
n tìm un theo u1, a, b n. Câu (5,0 điểm)
1 Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi I, J, K trung điểm các cạnh AB, AA’ B’C’ Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần
2 Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, cạnh cịn lại có độ dài khơng lớn 1. 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:
2 2
2 2
2
a b c
a b b c c a .
Dấu đẳng thức xảy nào?
-HẾT -Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1:
(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 04trang) 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 (3,0 điểm)
Xét phương trình hồnh độ giao điểm (C) d:
x3 + 2mx2 + (m + 3)x + = x + x(x2 + 2mx + m + 2) = 0 ⇔
x=0 ¿
x2+2 mx +m+2=0()
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
d cắt (C) điểm phân biệt PT (*) có nghiệm phân biệt khác 0 ⇔
Δ'=m2−m −2>0
m+2 ≠ 0
⇔m ∈(− ∞;− 2)∪(−2 ;−1 )∪(2 ;+∞) ¿{
0,5
Khi B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 hai nghiệm (*)
Theo Vi-ét ta có
¿ x1+x2=− m
x1x2=m+2 ¿{
¿
0,5
( )2 ( )2 ( 2 )
1 2
2 2
Þ BC= x - x = x +x - x x = m - m- 0,5
Ta có khoảng cách từ K đến d h = √2 Do diện tích KBC là:
( )
1
2.2 2 2
2
= = - - = -
-S h BC m m m m 0,5
2 137
8 2 ( )
2 ±
= Û - - = Û =
S m m m TM
Vậy
1 137
2 ± = m
0,5
2
(6,0 1a (2,5 điểm)2cos2x – mcosx =
(3)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
sin cos (2)
(cos sin )(4 sin ) (3)
é + =
ê Û ê
- - - =
ë
x x
x x x m
*Giải (2): sin cos sin 4 ,
æ pửữ p
ỗ
+ = ỗỗố + ữữứ= =- + p ẻ Â
x x x x k k 0,5
*Giải (3): (cosx- sin )(4 sin ) 2x - x - m=0
Đặt t = cosx - sinx, t £ 2Þ sin 2x=2sin cosx x= -1 t2
PT (3) trở thành: ( )
2
3+ - = Û0 + -3 =0
t t m t t m
(4)
0,5
Với m = 2, PT (4) trở thành: ( )( )
3+ -3 4= Û0 - 1 2+ + = Û =4 0 1
t t t t t t
Với t = 1, ta có:
2
cos sin cos ,
4 4
2 ,
2 ,
2
ổ pửữ p p
ỗ
- = ỗỗố + ữữứ= + = + p Ỵ
é = p Ỵ ê
Û ê p
ê =- + p Ỵ
ê ë
¢
¢
¢
x x x x k k
x k k
x k k
Vậy với m = 2, PT cho có nghiệm:
4 p
=- + p
x k
, , 2 ( )
p
= p =- + p Ỵ ¢
x k x k k
0,5
1b (1,5 điểm)
Nghiệm (2) không thuộc đoạn [0, π4 ] nên để PT cho có nghiệm thuộc
đoạn [0, π4 ] PT (3) phải có nghiệm thuộc đoạn [0, π4 ] hay PT (4) có nghiệm thuộc đoạn [0, 1]
0,5
Ta có: t3+ -3t 2m= Û0 t3+ =3t 2m (5)
Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục ¡ có f '(t) = 3t2 + > " Ỵ ¡t Suy ra:
[ ]0,1 [ ]0,1
min ( )f t = f(0)=0, m ax ( )f t = f(1)=4
0,5
PT (5) có nghiệm đoạn [0, 1]
⇔ ( )[ ]0,1 f t £ 2m£ max ( )[ ]0,1 f t Û £0 2m£ Û £4 m£
Vậy mỴ [0, 2] giá trị cần tìm m.
0,5
2 (2,0 điểm)
Điều kiện:
5 1;
2
x
0,25
( ) ( )
PTÛ 3x+ -3 - 2- x- - x +3x +10x- 24=0 0,5
( ) ( ) ( )( )
3 2
2 12
3 3
-
-Û + - - - - =
+ + - +
x x
x x x
x x
(4)( ) 2
2 12
3 3
é ù
ê ú
Û - ê + - + + ú=
+ + - +
ë û
x x x
x x
2
2
3
12
3 3
é = ê ê Û ê + - + + = ê + + - + ë x x x x x
Xét hàm số
2
( ) 12, 1;
2 é ù ê ú =- + + Ỵ -ê ú ë û
f x x x x
Ta có f(x) liên tục 1; é ù ê- ú ê ú ë û.
Ta có f'(x) = -2x + 1, f'(x) = x =
1 2. Do 1;
5 33 49 33
min ( ) ( 1); ( ); ( ) 10, ,
2 4
é ù ê- ú ê ú ë û ì ü ì ü ï ï ï ï ï ï ï ï
= íï - ýï = íï ýï = >
ï ï ï ù
ợ ỵ ợ ỵ
f x f f f
0,5
2
3
12 1;
2
3 3
é ù
ê ỳ
ị + - + + > " ẻ
-ê ú
+ + - + x x x ë û
x x .
Vậy PT cho có nghiệm x = 2.
0,25
3 (4,0 điểm)
1 (2,0 điểm) Ta có:
2 0 1 2 3 2 1 2
2 2 2
1 n n n
n n n n n n
C C C C C C
(1)
Ta có:
2 0 1 2 3 2 1 2
2 2 2
1 n n n
n n n n n n
C C C C C C
(2) 0,5
Cộng vế (1) (2) ta được:
2 2 2
2 2 2 2
2 n n n n
n n n n n n n n
C C C C C C C C
0,5
Theo ta có: 22n-1=512Û 2n- = Û1 n=5
Từ (2 – x2)3n = (2 – x2)15 =
−1¿ix2 i
2¿15 −i¿ C15i ¿
∑ i=0
15 ¿
0,5
Þ Hệ số x18 số −1¿
i
C15i 215− i¿ cho 2i = 18 Û i = 9. Vậy hệ số x18 là: - C
15
26 = -320.320
0,5
2 (2,0 điểm) 1,
" ³n un+1=aun+ Þb un+1- un=a u( n- un-1), " ³n 0,5 Đặt vn=un+1- u nn, ³ Þ1 vn=avn-1, n³ 2Þ ( )vn cấp số nhân có cơng
bội a. 0,5
Ta có: 1, 1
-" ³ = n n
n v v a ; v1= -(a 1)u1+b. 0,5
Vậy ta có: " ³n 2, un=(un- un-1) (+ un-1- un-2) (+ + u2- u1)+u1
2 3
1( 1) 1 ( 1)
- - - -
-=v an +an + + + =u u an +b an +an + + 0,5
4 (5,0 điểm)
1 (3,0 điểm)
Dựng thiết diện 0,5
Chứng minh EI = IJ = JF Từ suy '
'= = '=3
EB EM FA
EB EK FB Lại từ suy
(5)Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'.
Suy SKFB’ = (3/4)SA’B’C’ Mặt khác
1 '=3 EB
EB nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h chiều cao lăng trụ) Do
đó VEKFB’ = (3/8)V (V thể tích lăng trụ) 0,5
'
1 1
' 3 27
= = =
EBIM
EB FK
V EI EM EB
V EF EK EB nên VEBIM =
1
27 8V =72V . 0,5
'
'
' 1 1
' 3 18
= = =
FA JN
FB EK
V FJ FA FN
V FE FB FK nên VFA’JN = 18 81 V =481 V . 0,5 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
0,5
2 (2,0 điểm)
Theo giả thiết DACD DBCD có tất cạnh khơng lớn Đặt CD =
a (0< £a 1) 0,25
Gọi AM, BN chiều cao Δ ACD ΔBCD Ta có AM ≤√1 −a2
4 ; BN ≤√1−
a2
4
Gọi AH chiều cao tứ diện, ta có AH ≤ AM≤√1−a2
4
Thể tích tứ diện ABCD: V =1
3 SΔ BCD AH=16 BN CD AH ≤a6(1−a
2
4 )
0,75
Xét f (a)=a (4 − a2) (0, 1] Ta có f(a) liên tục (0, 1].
'( )= -4 , ( )2 ' = Û0
f a a f a ( ]
2
0;1
= ± Ï
a
Vậy m ax ( )( ]0,1 f a = f(1)=3.
0,5
N F
M E
K J
I
B'
C' A'
C
B A
M
N H
C
D
B
A
3
0
+
1
(6)Suy
1 max
8 = V
DACD ΔBCD hai tam giác cạnh 1, hai
mặt phẳng (ACD) (BCD) vng góc với Khi tính
6 = > AB
0,5
5 (2,0 điểm)
Ta có
2 2
2/3
2 3 4
2 2
2 3
a ab ab
a a a ab
a b a b ab (Theo BĐT Cô - si)
Tương tự:
2
2 /
2
2
b
b bc
b c ,
2
2/
2
2
c
c ca
c a
0,5
Khi
2 2
2/3 2/3 2/3
2 2
2
2 2
a b c
a b c ab bc ca
a b b c c a
2/3 2/3 2/3
2
3 (1)
3 ab bc ca
Ta chứng minh
2 / / / 3 2 2 3 2 2 3 2 2
3
ab bc ca a b b c c a
(2)
0,5
Thật theo Cô - si ta có a b ab 33a b2
Thật theo Cơ - si ta có c b bc 33c b2
Thật theo Cô - si ta có a c ac 33 a c2
3 2 2 2
2 a b c ab bc ca a b b c c a
0,5
Mặt khác ta có:
2 2 2 2 2
2
0
1
3
3
a b b c c a a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca a b c
Khi ta có:
3 2 2 2
3 a b b c c a 2.3 9
3 2 2 2
3
a b b c c a
Vậy (2) đúng, thay vào (1) ĐPCM.
Dấu đẳng thức xảy a = b = c = 1.
0,5
(7)-Hết -SỞ GD&ĐT NINH BÌNH 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).
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 0.
2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến .
Câu (5,0 điểm) Giải phương trình: 1 cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0.
2 3 x x2 3 .
Câu (4,0 điểm).
1 Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, tạo số tự nhiên gồm chữ số đơi khác chữ số đứng cạnh nhau?
2 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.
1 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
2 Gọi M, N, P theo thứ tự trung điểm cạnh AB, AD SC Chứng tỏ rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành phần tích nhau.
Câu (2,0 điểm) Giải phương trình
√2 x2+8 x+6+√x2−1=2 x +2
(8)
Họ tên, chữ ký: Giám thị 1:
(9)SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT Năm học: 2012 – 2013
MÔN: TOÁN 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 không 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 (5 điểm)
1) điểm
Khi m = ta có y x 3 3x2
a) TXĐ: D = 0,5
b) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên:
y'3x2 6x 3 (x x 2)
y'0 (x x 2) 0 x0;x2
' (0; 2)
y x nên hàm số nghịch biến khoảng (0; 2)
' ( ; 0) (2; )
y x nên hàm số đồng biến mỗi
khoảng ( ; 0) (2;)
0,75
+) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại xCĐ = 0, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu xCT = 2, yCT = -
0,5
+) Các giới hạn:
3
lim ( )
x x x
;
3
lim ( )
x
x x
0,25
+) Bảng biến thiên:
0,5
(10)f(x)=x^3-3x^2 x(t)=2 , y(t)=t f(x)=-4
x y
O
-4
2) điểm
+ Ta có : y’ = 3x2 – 6x + m2 0,25
+ Hàm số đồng biến y' x 0,5
'
0 a
3 3m
0,5
⇔ m (- ∞ ; −√3 ] [ √3;+∞¿ 0,5
Vậy với m (- ∞ ; −√3 ] [ √3;+∞¿ hàm số đồng biến
trên . 0,25
2
5 điểm 1) điểmcosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0 ⇔ 2cos 3 x
2 cos
x
2 + cos 7 x
2
cos x2 = 0,5
⇔ 4cos x2 cos 5 x2 cosx = 0 0,5
5
cos 0; cos 0; cos =0
2
x x
x
0,5
2 ,
,
5
,
x k k
x k k
x k k
1,25
Vậy PT cho có nghiệm:
2
2 ; ;
5
x k x k x k k 0,25
2) điểm
Đặt U = √3− x , V = √x+2 (Điều kiện U 0; V 0) ta có hệ: 0,5 ¿
U +V =3 U2+V2=5
¿{
¿
0,25
Giải hệ ta có :
1
U V
2
U V
(11)¿ U =1 V =2 ⇒ x=2
¿{
¿ ;
¿ U =2 V =1 ⇒ x=−1
¿{
¿
0,5
Vậy PT cho có nghiệm x = ; x = -1 0,25
3 4 điểm
1) điểm
Gọi số lập là: a a a a a1 0,25
Xét trường hợp chữ số 1, nằm vị trí: a a1 0,25 Trong trường hợp có: 2.A ❑53 = 120 số thỏa mãn ĐK đề 0,5 Tương tự với trường hợp chữ số 1, nằm vị trí:
2 3, 4,
a a a a a a ta nhận số số thỏa mãn ĐK là: 4.120 = 480 (số). 1,0 2) điểm
Đường trịn (I) có tâm K(2; - 4), bán kính R = √5 0,25 Đường thẳng Δ qua điểm A(-1; 0) có PT dạng:
a(x + 1) + by = ⇔ ax + by + a = (a2b2 0) 0,25 Để Δ tiếp tuyến đường tròn (I) thì:
d(K, Δ ) = R ⇔|2 a − b+a|
√a2
+b2
=√5⇔4 a2− 24 ab+11b2=0
(*) 0,5
Ta thấy b = từ (*) suy a = 0, không TMĐK.
Nếu b 0, đặt a t
b
, từ phương trình (*) ta có: t
11
2 t
0,5
Từ tìm PT tiếp tuyến là: x + 2y + = 11x + 2y + 11 = 0. 0,5 4
4 điểm
1) điểm
(Vẽ hình ý a)
0,25
Gọi H giao điểm AC BD Vì S.ABCD chóp nên SH
đường cao hình chóp 0,25
Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông HSA:
SH2 = SA2 - AH2 = SA2 - AC
4 =
2 a
SH = a2√2
0,5
SABCD =
(12)Áp dụng công thức
1
V Bh
ta có V =
1
3 SH.SABCD = a
3 √2
6 . 0,75
2) điểm
Kéo dài MN cắt CB, CD E F PE cắt SB Q, PF cắt SD
tại R Thiết diện hình chóp cắt (MNP) ngũ giác MNRPQ. 0,5 Gọi phần thể tích khơng chứa đỉnh S V1, phần thể tích cịn lại làV2
Ta phải chứng minh V1 = V2 hay 1
2
V
V , V thể tích S.ABCD.
0,25
Ta có: V1VP CEF (VR DFN VQ BME )VP CEF 2VR DFN (vì VR DFN VQ BME ).
Ta tính V V1, P CEF ,VR DFN theo V.
0,5
1 9
3 16
P CEF CEF ABCD
V S PK S SH V
(PK đường cao hình chóp P.CEF).
0,25
1 1 1
3 32
R DFN DFN ABCD
V S RJ S SH V
(RJ đường cao hình chóp R.DFN).
0,25
Từ suy ra:
9 1
2
16 16
P CEF R DFN
V V V V V V
Suy điều phải chứng minh
0,25
5 2 điểm
ĐK:
2
2
2 ( ; 3] [ 1; )
1 ( ; 1] [1; ) [1; )
2 [ 1; )
x x x
x x x
x x
0,5
+ TH1: x = -1 thỏa mãn PT Vậy x = -1 nghiệm PT 0,25 + TH2: Với x ta xét phương trình:
√2 x2+8 x+6+√x2−1=2 x +2
⇔ √(x +1)(2 x +6)+√(x +1)(x −1)=2 √(x+1)(x +1)
⇔ √2 x +6+√x − 1=2√x +1
0,25
⇔ 2x + + x – + 2. √(2 x+6).(x −1) = 4(x + 1)
⇔ 3x + + 2 √(2 x+6)( x −1) = 4x + 4 ⇔ √(2 x+6)( x −1) = x -1
0,25
⇔ √(2 x+6)( x −1) = √(x − 1)(x −1)
Suy x – = ⇔ x = 1 0,25
Hoặc: √2 x +6=√x −1 ⇔ 8x + 24 = x - ⇔ x =
25
(loại) 0,25
Vậy phương trình cho có nghiệm: x = -1 x = 1. 0,25
(13)