Tong hop mot so de thi HSG Bac Ninh co dap an

Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó.. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình [r]

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2017 Môn thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12 tháng 10 năm 2016 Câu (4,0 điểm) 6x (x + 1) + y(y − 4x − 1) = (x + 1) x + y − 1    Giải hệ phương trình  (x , y ∈ ℝ)  13 − y 131x x x x  + = + 44 log + −       Câu (4,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện: a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: T = ab bc ca + + − 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b ab(a + 2c)(b + 2c) Câu (4,0 điểm) Cho dãy số (an ) xác định bởi: a1 = 34, an +1 = 4an3 − 104an2 − 107an với số n nguyên ( ) dương Tìm tất các số nguyên tố p thỏa mãn hai điều kiện p ≡ mod và a2017 + chia hết cho p Câu (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Giả sử AD cắt BC N, AB cắt CD M, AC cắt BD E Đường thẳng OE cắt MN K Chứng minh KO là phân giác góc BKD Câu (4,0 điểm) a) Xung quanh bờ hồ hình tròn có 2017 cây liễu Người ta dự định chặt bớt cây liễu cho không có cây liễu nào kề bị chặt Hỏi có bao nhiêu cách thực khác nhau? b) Một họp có 12 k (k ∈ ℕ* ) người, đó người bắt tay với đúng 3k + người khác Biết với cách chọn cặp hai người (A, B ) thì số người bắt tay với hai người A và B luôn là m (m ∈ ℕ* , m ≤ 3k + 6) Hỏi họp có bao nhiêu người? Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh :………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2017 Môn thi: Toán UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đáp án Câu Điểm 4,0 131x − 5x > (*) Phương trình thứ hệ tương đương với: Đk: x + y ≥ và + 6x + 6x + y − 4xy − y − 2(x + 1) x + y + =  2 x + ≥ (**)  x + y − (x + 1) =   ⇔  x + y − (x + 1) + (2x − y + 1) = ⇔  ⇔    2x − y + = y = 2x + (1)   x 131x Thế (1) vào pt thứ hai hệ ta được: 2x + 5x = − + 44 log2 2 + − 5x  (2)  3    131x Đặt z = log2 2 + − 5x  , ta có hệ:   x  x 2 + 5x = − x + 44z   z 131 x x 2 + = +  z x 2,0 (3) (4) 1,0 z Trừ theo vế (3) và (4) ta có: − = 44z − 44x ⇔ + 44x = + 44z ⇔ z = x ( vì hàm số f (t ) = 2t + 44t đồng biến trên ℝ ) Thế z = x vào (3) ta phương trình: 2x + 5x − 131x − = (5) 131x − trên ℝ 131 Ta có g '(x ) = 2x ln + 5x ln − ; g ''(x ) = 2x ln2 + 5x ln2 > ∀x ∈ ℝ ⇒ Hàm số Xét hàm số g(x ) = 2x + 5x − ( ) g '(x ) đồng biến trên ℝ Ngoài g '(x ) liên tục trên ℝ và g '(0).g '(3) < ⇒ ∃α ∈ 0; 1,0 cho g '(α) = Từ đó suy hàm số g(x ) nghịch biến trên khoảng (−∞; α) và đồng biến trên khoảng (α; + ∞) Mặt khác g(0) = g(3) = ⇒ pt (5) có đúng hai nghiệm x = 0, x = +) x = ⇒ y = 1; x = ⇒ y = Kết hợp với điều kiện (*) và (**) suy hệ đã cho có hai nghiệm (x ; y ) = (0;1) và (x ; y ) = (3; 7) 4,0 p p > 0, n > > ta có: 2 ab bc ca a +b +c + + ≤ ma + nb + pc mb + nc + pa mc + na + pb m + n + p CM bổ đề: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: Bổ đề: Với a,b, c > 0, m >   p   p    m −  + n −  + p + p    ab(m + n + p)2 = ab   ma + nb + pc p p p p m − a + n − b + (c + a ) + (b + c )   2   2      p  p     n −   m −    2   p2 p   p p 2pab 2pab    = m − b + n − a + ≤ ab  + + + +         2 2 c +a c +b  m − p a n − p b p (c + a ) p (b + c)     2     Tương tự,  bc(m + n + p)2  p p 2pbc 2pbc ≤ m − c + n − b + +     ma + nb + pc a +b a +c 2 2       ca(m + n + p) p p 2pca 2pca ≤ m − a + n − c + +   ma + nb + pc b +a b +c 2 2   2,0 Do đó,  ab bc  ca (m + n + p ) ma + nb + pc + mb + nc + pa + mc + na + pb  ≤       p p ≤ m −  (a + b + c) + n −  (a + b + c) + 2p(a + b + c) = (m + n + p)(a + b + c)    2   ab bc ca a +b +c Dấu xảy + + ≤ ma + nb + pc mb + nc + pa mc + na + pb m + n + p a = b = c Áp dụng bổ đề trên với m = 3, n = 4, p = ta có: ⇒ ab bc ca a +b +c + + ≤ = 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b 12 Dấu xảy a = b = c = Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM_GM ta có: a + b a + 2c + b + 2c ab(a + 2c)(b + 2c) ≤ = (a + b)(a + b + 4c ) 2 1 (3(a + b) + a + b + 4c ) (a + b + c)2 = 3(a + b)(a + b + 4c ) ≤ = = 27 12 12 1 Dấu xảy a = b = c = ⇒ ≥ ab(a + 2c)(b + 2c) 27 1,0 1,0 77 − = Dấu xảy a = b = c = 27 108 77 Vậy giá trị lớn T 108 Do đó: T ≤ ( ) ( ) Bổ đề: Cho p là số nguyên tố p ≡ mod Nếu a, b ∈ ℕ , a + b ⋮ p thì a ⋮ p, b ⋮ p * 2 Thật vậy, đặt p = 4k + 3(k ∈ ℕ) , giả sử a / ⋮ p đó b /⋮ p ⇒ (a, p) = 1,(b, p) = 4,0 Theo định lý Fecma a p −1 ≡ 1(mod p) ⇔ a 2(2k +1) ≡ 1(mod p) p −1 và b ≡ 1(mod p) ⇔ b Theo giả thiết (a 2(2k +1) 2,0 ≡ 1(mod p) ) + b ⋮ p ⇔ a ≡ −b (mod p) ⇔ (a )2k +1 ≡ −(b )2k +1(mod p) ⇔ ≡ −1(mod p) ⇔ ≡ 0(mod p) Vô lý, giả sử sai nên a ⋮ p, b ⋮ p (đpcm) Ta làm bài toán tổng quát: Với n ∈ ℕ tìm p nguyên tố thỏa mãn hai điều kiện p ≡ (mod 4) và an +1 + chia hết cho p an +1 − 27 = (an − 27 )(2an + 1) ⇒ n Do đó ∏ k =1 ak +1 − 27 ak − 27 n an +1 − 27 an − 27 = (2an + 1) ( ) = ∏ (2ak + 1) = A2 ⇒ an +1 − 27 = 7A2 ⇒ an +1 + = 22 + A2 k =1 2,0 Do an ∈ ℕ * (∀n ) nên A2 ∈ ℕ * Giả sử p nguyên tố thỏa mãn hai điều kiện p ≡ (mod 4) và an +1 + chia hết cho p ( ) Nếu p ≠ thì 22 + A2 ⋮ p ⇒ ⋮ p (vô lý) Vậy p = 2,0 Trước hết có bổ đề (Định lý Brocard): N Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) có M , N là giao điểm các cặp cạnh đối A AB,CD và AD, BC Gọi E là giao điểm hai đường chéo Khi đó, ta có EO ⊥ MN H Thật vậy, gọi H là giao điểm khác E đường E B O tròn ngoại tiếp tam giác ABE ,CDE M Trước hết, ta thấy H , E , M cùng nằm trên trục C D đẳng phương (ABE ),(CDE ) nên chúng thẳng hàng Ta có ∠BHC = ∠BHE + ∠CHE = ∠EAB + ∠EDC = ∠BOC nên tứ giác OHBC nội tiếp Tương tự thì tứ giác OHAD nội tiếp Suy H chính là giao điểm thứ hai khác O hai đường tròn (OBC ),(OAD ) nên các điểm O, H , N thẳng hàng vì cùng nằm trên trục đẳng phương hai đường tròn này Mặt khác, cách xét các góc nội tiếp các tứ giác nội tiếp, ta có ∠MHN = ∠MHB + ∠NHB = ∠EAB + ∠OCB = ∠EDC + ∠OBC = ∠EHC + ∠OHC = ∠MHO 2,0 Hơn nữa, đây là hai góc bù nên góc 90 hay ME ⊥ ON Chứng minh tương tự, ta có NE ⊥ OM hay E là trực tâm tam giác OMN và OE ⊥ MN Bổ đề chứng minh Giải bài toán hình vẽ Theo định lý trên ta có OK ⊥ MN M K A E D 2,0 O B N C Chứng minh các tứ giác KDCN và MKCB nội tiếp Thật vậy: Theo hệ thức quen thuộc ( )( ) ( ) OM ON = R ⇒ OK + KM OK + KN = R ⇒ OK + KM KM + MN = R Suy MK MN = OM − R = ΡM /(O ) = MD.MC , hay tứ giác KDCN nội tiếp Tương tự ta có MKCB nội tiếp Suy ∠DKN = ∠DCB = ∠MCB = ∠MKB Suy điều phải chứng minh 5.a 2,0 Chọn cây bất kì hàng cây, đánh dấu là cây A Có hai trường hợp sau xảy ra: Trường hợp 1: Cây A không bị chặt Khi đó xét hàng cây gồm 2016 cây còn lại Ta chặt cây số 2016 cây đó cho không có hai cây nào kề bị chặt Giả sử đã chặt cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 2011 cây (không kể cây A) Việc phục hồi lại hàng cây là đặt cây đã chặt vào vị trí đã chặt, số cách làm này với số cách đặt cây vào số 2012 vị trí xen kẽ 2011 cây (kể đầu), nên: 1,0 Số cách chặt cây trường hợp là: C 2012 (cách) Trường hợp 2: Cây A bị chặt Khi đó hàng cây còn lại 2016 cây Ta chặt cây số 2016 cây còn lại cho không có hai cây nào kề bị chặt ( hai cây hai phía cây A không chặt) Giả sử đã chặt cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 2012 cây Do hai cây hai phía cây A vừa chặt không chặt nên ta xét hàng cây gồm 2010 cây còn lại (cách) Lập luận tương tự trường hợp 1, ta có số cách chặt cây là: C 2011 + C 2011 (cách) Suy ra: số cách chặt cây thỏa yêu cầu đề bài là: C 2012 1,0 5.b 2,0 Ta đếm số (A, B, C) mà C bắt tay với A và B A và B không bắt tay Gọi số này là S * Đếm theo A, B trước: - Chọn người A tuỳ ý, có 12k cách - Chọn người B không bắt tay với người này, có 12k − − (3k + 6) = 9k − cách Chọn người bắt tay với hai người này: theo giả thiết thì số cách chọn này là với tất các cặp (A, B) cho trước là m Vậy S = 12k (9k − ) m (1) * Đếm theo C trước: - Chọn người C tuỳ ý, có 12 k cách - Chọn người A mà C bắt tay, có (3k + 6) cách - Chọn người B bắt tay với C không bắt tay với A - Ta thấy có m người bắt tay với A, C nên có 3k + − m bắt tay với C không bắt tay với A Vậy S = 12k (3k + 6)(3k + − m ) (2) Từ (1) và (2) ta có 12k (9k − ) m = 12k (3k + 6)(3k + − m ) m= (k + 2)(3k + 5) ∈ ℤ+ Suy k = 3, m = 12k − Bây chúng ta trường hợp thoả mãn Giả sử người dự họp ngồi thành ( ) ma trận 6x6 : (Aij ) i, j = 1, ; và giả sử hai người Aij , Akl bắt tay lẫn và i = k j = l i − j ≡ k − l (mod 6) Như vậy, người bắt tay đúng với 15 người khác và thoả mãn các điều kiện bài toán Vậy số người họp là 36 Hướng dẫn chấm này trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác tính điểm tối đa Với các cách giải đúng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống điểm chi tiết không vượt quá số điểm dành cho bài phần đó Mọi vấn đề phát sinh quá trình chấm phải trao đổi tổ chấm và cho điểm theo thống tổ Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm 2,0 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 06 tháng 10 năm 2015 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu (4,0 điểm) Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = P= π Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: 1 + + + sin a + sinb + sinc Câu (3,0 điểm) Tìm hàm số f : ℝ → ℝ , biết với x ∈ ℝ thì f (x) = Max {3 x y − f (y), y ∈ ℝ} Câu (4,0 điểm) Cho hình thang ABCD ( AB > CD ) Gọi K , L là hai điểm trên AB, CD AK DL Giả sử P, Q nằm trên đoạn thẳng KL cho APB = BCD và = BK CL CQD = ABC Chứng minh bốn điểm P, Q, B, C cùng thuộc đường tròn cho Câu (5,0 điểm) a) Cho a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn 4ab − là ước ( a + b + 1)( a + b − 1) Hãy chứng minh a = b b) Nếu a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn 4ab − là ước (4a − 1) thì ta có a = b không ? Câu (4,0 điểm) Có 2016 cặp vợ chồng tham gia lễ hội hóa trang Có bao nhiêu cách ghép họ thành 2016 cặp nhảy (nam –nữ) cho không có cặp nào là vợ chồng ? Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh :………… ĐÁP ÁN CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT Năm học 2015-2016 Môn: Toán Ngày thi: 06 – 10 – 2015 Câu Điểm Nội dung a) Tìm giá trị nhỏ nhất: Chứng minh P.(sina + sinb + sinc + 3) ≥ Chứng minh sin a + sinb + sinc ≤ 2 điểm Chỉ P ≥ ; a = b = c = π thì giả thiết thỏa mãn và P = 2, kết luận MinP =2 b)Tìm giá trị lớn nhất: Câu (4điểm) Chứng minh 1 + ≤ + , với + s inx + s iny + s in(x+y) x, y ≥ 0; x + y ≤ π Chỉ P ≥ ; Chỉ a = b = 0, c = luận MaxP = π 2 điểm thì giả thiết thỏa mãn và P = , kết (0,5 điểm) f (x) ≥ 3x y − f (y), ∀ y - Từ giả thiết suy ⇒ f(x) ≥ x (1) điểm - Kết hợp với giả thiết, dẫn đến: Câu (3điểm) f (x) ≤ Max {3 x y − y , y ∈ ℝ} = x - Từ (1) và (2) ta có f(x) = x điểm (2) ∀x ∈ ℝ Thử lại , f(x) = x ∀x ∈ ℝ thỏa mãn đầu bài điểm Câu Từ giả thiết, (4điểm) AK DL = ta suy AD, BC, KL đồng quy E BK CL điểm Dựng đường tròn (O1) qua hai điểm C,D và tiếp xúc với BC, dựng (O2) qua hai điểm A,B và tiếp xúc với BC Khi đó DQC = ABC = DCE nên Q ∈ (O1 ) điểm Tương tự P ∈ (O2 ) Gọi F là điểm giao thứ hai EQ với (O1) Ta có: EF EQ = EC (1) Dễ dàng có O1CD = O2 BA suy ∆AO2 B ∼ ∆DO1C (c.g c) O C DC EC Suy = = = k ⇒ E , O1 , O2 thẳng hàng và O2 B AB EB EO1 = k ⇒ EO1 = k EO2 EO2 Xét phép vị tự H ( E ,k ) : (O1 ) → (O2 ) Do E , P, F thẳng hàng, điểm F ∈ (O1 ), P ∈ (O2 ) nên EF = k EP ⇒ EF EC =k = (2) EP EB Từ (1) và (2) suy EP.EQ = EC.EB , suy bốn điểm P,Q,B,C cùng thuộc đường tròn a) Do 4ab − là ước (a + b + 1)(a + b − 1) mà (a + b + 1)(a + b − 1) = (a − b) + (4ab − 1) Suy 4ab − là ước (a − b) Giả sử ngược lại, tồn hai số nguyên dương phân biệt a và b cho 4ab-1 là ước (a − b) ( a − b) Đặt k = > , và 4ab − ( a − b) S = { (a,b): (a,b) ∈ Z x Z | =k } và giả sử ( A, B) là 4ab − cặp S mà tổng A + B là tổng nhỏ các tổng a + b, ∀(a, b) ∈ S * * Không tính tổng quát , ta giả sử A > B Câu Xét phương trình bậc hai: (4điểm) ( x − B ) xB − = k ⇔ x − (2 B + 4kB) x + B + k = Phương trình này có hai nghiệm x1=A và x2 B2 + k Theo viet ta có: x2 = B + 4kB − A = A Suy x2 nguyên dương, cặp ( x2 , B ) ∈ S Mà (A,B) là cặp thuộc S mà có tổng A+B nhỏ nhất, nên x2 ≥ A B2 + k ⇔ ≥ A ⇒ k ≥ A2 − B Mà A ( A − B)2 ( A − B)2 k= ⇒ ≥ A2 − B AB − AB − ⇒ A − B ≥ (4 AB − 1)( A + B) ≥ A + B ⇒B≤0 điểm Mâu thuẫn, điều giả sử sai, a = b b) Nếu 4ab − 1|(4a − 1) thì 4ab − |[b (4a − 1) − (4ab − 1)(4a 3b − 2ab + a )] = a − 2ab + b = ( a − b) điểm Lập luận câu a) ta có a = b Ta xét bài toán tổng quát: Cho n là số nguyên dương lớn 2, có n cặp vợ chồng tham gia hóa trang, có bao nhiêu cách ghép họ thành các cặp nhảy cho không có cặp nào là vợ chồng? Ký hiệu n cặp vợ chồng là (C1 ,V1 ), (C2 ,V2 ), , (Cn ,Vn ) Gọi Sn là số cách ghép n cặp nhảy cho không có cặp nào là vợ chồng Với n ≥ , ta có n − cách ghép Cn với Vi (n ≠ i ) , nên ta có hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Cn ghép với Vi và Ci ghép với Vn ( n ≠ i ) Khi đó có Câu (4điểm) n-1 cách ghép Cn với Vi , và bỏ hai cặp nhảy (Cn , Vi ), (Ci , Vn ) thì ta còn n-2 cặp và để ghép n-2 cặp này thì ta lại có Sn−2 cách Vậy trường hợp này có (n-1)Sn-2 cách ghép Trường hợp 2: Cn ghép với Vi ( n ≠ i ), Ci lại không ghép với Vn Khi đó có n-1 cách ghép Cn với Vi , bỏ hai người này, ghép người còn lại với thì lại có Sn−1 cách ghép Vậy trường hợp này có (n-1).Sn-2 cách ghép Vậy kết hợp hai trường hợp ta có số cách ghép thỏa mãn đầu bài: Sn = ( n − 1)( Sn−1 + Sn−2 ) , dễ thấy S1=0, S2=1 Ta có điểm Sn − nSn−1 = −( Sn−1 − (n − 1) Sn−2 ) = = (−1) n−2 ( S2 − 1.S1 ) = (−1) n Sn Sn−1 (−1) n ⇒ − = n ! (n − 1)! n! Sn 1 (−1) n ⇒ = − + − + n! 1! 2! n! 1 (−1) n ⇒ Sn = n !(1 − + − + ) 1! 2! n! Thay n=2016 ta kết bai toán, số cách ghép 2016 cặp vợ chồng để thành 2016 cặp nhảy mà không có cặp nào là vợ chồng là: S2016=2016! (1 − 1 + − + ) 1! 2! 2016! Hết Chú ý: Mọi cách giải khác mà đúng thì cho điểm tối đa UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: Toán – Lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24 tháng năm 2016 ========== Câu (3,0 điểm) 2x − có đồ thị (C ) và điểm A(−5; 5) Tìm m để đường thẳng x +1 y = −x + m cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt M và N cho tứ giác OAMN là hình bình Cho hàm số y = hành (O là gốc tọa độ) Câu (5,0 điểm)   1) Giải phương trình cos x + cos 3x = + sin 2x + π     x − xy − 2y − + 2x − − 2y + = 2) Giải hệ phương trình  (x, y ∈ ℝ )  4x − 4x − 2x − + (x − 1) −y − = 3x −  ( ) Câu (4,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , phương trình đường thẳng AB, AC là 5x − y − = 0, x − 5y + 14 = Gọi D là trung điểm BC , E là 9 8 trung điểm AD, M  ;  là hình chiếu vuông góc D trên BE Tìm tọa độ các điểm 5 5   A, B,C ( ) 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x + y − 2z + = và hai đường thẳng d1 : x +1 y +2 z x −2 y −1 z −1 = = ; d2 : = = Viết phương trình đường thẳng 2 1 d song song với mặt phẳng (P ) và cắt (d1 ), (d2 ) A, B cho AB = Câu (2,5 điểm) Cho hai đường thẳng cố định a và b chéo Gọi AB là đoạn vuông góc chung a và b ( A thuộc a, B thuộc b ) Trên a lấy điểm M (khác A ), trên b lấy điểm N (khác B ) cho AM = x , BN = y, x + y = Biết AB = 6, góc hai đường thẳng a và b 600 Tính thể tích khối tứ diện ABNM theo x , y Khi thể tích khối tứ diện ABNM đạt giá trị lớn hãy tính độ dài đoạn MN Câu (4,0 điểm) 1) Tính tích phân I = ∫ ( 2x + ln x + x + x2 +1 ( ) dx ) 2) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn x + x + n = a + a1x + a2x + + a2n x 2n Tìm n biết a1 + 2a2 + 3a + + 2na2n = 324 Câu (1,5 điểm) 3 Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a + b = a + b Chứng minh a abb ≤ ≤ a a bb -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán – Lớp 12 Điểm 3,0 Lời giải sơ lược Hoành độ M và N là nghiệm pt: x + (3 − m )x − (m + 4) = 0(1) 2x − = −x + m ⇔  x +1 x ≠ −1 Vì ∆ = m − 2m + 25 > 0, ∀m và x = −1 không là nghiệm (1) nên luôn có hai () nghiệm phân biệt khác −1, ∀m ⇒ (d ) luôn cắt (C ) hai điểm phân biệt Do các điểm O và A thuộc đường thẳng ∆ : y = −x nên để OAMN là hình bình hành thì MN = OA = x + x = m − Gọi M (x 1; −x + m ), N (x ; −x + m ) với x 1, x là nghiệm (1) Ta có  x 1x = −(m + 4)  2 2   ⇒ MN = 2(x − x ) = (x + x ) − 4x 1x  = 2m − 4m + 50   m = MN = ⇒ 2m − 4m + 50 = 50 ⇔  m = + m = thì O, A, M , N thẳng hàng nên không thỏa mãn + m = thỏa mãn Chú ý: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Học sinh sử dụng điều kiện OA = NM cho tối đa điểm Nếu không loại trường hợp m = trừ 0,5đ 2.1 PT ⇔ cos 2x cos x = + sin 2x + cos 2x ⇔ cos 2x (2 cos x − 1) = + sin x cos x ⇔ (cos2 x − sin2 x )(2 cos x − 1) = (cos x + sin x )2  cos x + sin x = (1) ⇔  (cos x − sin x )(2 cos x − 1) = cos x + sin x (2)  π π π (1) ⇔ sin x +  = ⇔ x + = k π ⇔ x = − + k π  4   cos x =   (2) ⇔ cos x (cos x − sin x − 1) = ⇔  x + cos    Vậy pt có nghiệm là x = − 2,5 0,5 1,0 0,5  x = π + k π  ⇔ π  (k ∈ ℤ)  = x + π = ± π + k 2π   4  0,5 π π + k π , x = + k π, x = k 2π (k ∈ ℤ) 2.2 2,5  x − xy − 2y − + 2x − − 2y + = (1) (x, y ∈ ℝ )  4x − 4x − 2x − + (x − 1) −y − = 3x − (2)  Điều kiện x ≥ ; − ≤ y ≤ −1 2 ( ) Phương trình (1) ⇔ (x − y − 2)(x + 2) + ( ) 2x − − 2y + = 0,5  x =  , không thỏa mãn hệ phương trình 2x − + 2y + = ⇔   y = −  Trường hợp 1: Chú ý: Nếu không xét trường hợp 2x - + 2y + = thì trừ 0,25đ 2x − + 2y + ≠ Trường hợp 2: (1) ⇔ (x − y − 2)(x + 2) + (x − y − 2) 2x − + 2y + ⇔ x − y − = ( Vì (x + 2) + =0 0,5 > 0, ∀ x ≥ ; − ≤ y ≤ −1 ) 2 2x − + 2y + Thế vào phương trình (2) ta (4x 1  2x − + (x − 1) − x − 3x + = (3) , ĐK x ∈  ;1 2     4x − 4x − < ta có  ( Theo bất đẳng thức Cauchy)  2x − 1.1 ≤ 2x − + = x  − 4x − 1  Với x ∈  ;1 2    ) 1,0 Kết hợp với phương trình (3) ta có ( ) ≥ x 4x − 4x − − 3x + + (x − 1) − x ⇔ ≥ 4x − 4x − 7x + + (x − 1) − x ( ⇔ ≥ (1 − x ) − 4x − − x ) 1  ⇔ x = ( vì − 4x − − x > 0; − x ≥ 0, ∀x ∈  ;1 ) 2    Với x = thỏa mãn phương trình (3) ⇒ y = −1 Vậy hệ có nghiệm (x ; y ) = (1; −1) Cách 2 (3) ⇔ (2x − 1) - 5 2x − =   ⇔ ( 2x − ) ( ) - (1 − x ) - 2x − = ( − x ) - (1 − x ) - 1−x 3 -5    2x − = a, − x = b với a ∈ 0;1 , b ∈  0;   2  Xét hàm số f (a ) = a − 5a trên  0;1 ,    g (b ) = b − 3b − trên  0;   2  Sử dụng phương pháp hàm số ta   f (a ) ≥ −4, ∀a ∈  0;1 , g (b ) ≤ −4, ∀b ∈  0;  2  Từ đó phương trình (3) có nghiệm x = ⇒ y = −1 Đặt Vậy hệ có nghiệm (x ; y ) = (1; −1) 0,5 3.1 2,0 A Tọa độ điểm A thỏa mãn 5x − y − = x =   ⇔ ⇒ A (1; 3)   x − 5y + 14 = y =   E M C D B 0,5 Cách 1: Xét hai tam giác AEM và CDM AEM = 900 + EBD = MDC ME ME MD MD = = = ( Vì ∆MDE , ∆DBE là hai tam giác đồng dạng) EA ED BD CD ⇒ AME = CMD ⇒ AME + CME = CMD + CME = 900 ⇒ CM ⊥ MA ME DE Cách 2: Ta có ∆MDE, ∆MBD đồng dạng nên MDE = MBD, = hay MD BD ME BD = DE MD ( )( 0,5 ) AM CM = AE + EM CD + DM = AE DM + EM CD = −DE DM cos MDE + EM DB.cos MBD = Do đó, AM ⊥ CM 9 8 4 7 Đường thẳng CM qua M  ;  , vectơ pháp tuyến AM =  ; −  có phương trình  5   5    9 8 x −  − y −  = ⇔ 4x − 7y + =     0,5 4x − 7y + = x = Tọa độ điểm C thỏa mãn  ⇔  ⇒ C (6; 4) x − 5y + 14 = y =   Gọi B (b; 5b − 2) ta có b = AB = AC ⇒ (b − 1) + (5b − 5) = 26 ⇔  b = b = ⇒ B (0; −2) thỏa mãn 2 0,5 b = ⇒ B (2; ) loại M nằm ngoài ∆ABC Chú ý: Nếu không loại điểm B (2; 8) trừ 0,25 điểm 3.2 Vì A ∈ d1; B ∈ d2 nên ta đặt A (−1 + a; −2 + 2a; a ), B (2 + 2b;1 + b;1 + b ) ⇒ AB = (−a + 2b + 3; −2a + b + 3; −a + b + 1) 2,0 0,5 Do AB song song với (P ) nên AB ⊥ nP = (1;1; −2) ⇔ b = a − Suy ra, AB = (a − 5; −a − 1; −3) Do đó, AB = (a − 5) 0,5 + (−a − 1) + (−3) = 2a − 8a + 35 2 a = −1 Suy ra, AB = ⇔ 2a − 8a + 35 = 45 ⇔  a = x = −2 + 2t  a = −1 ⇒ A (−2; −4; −1), AB (−6; 0; −3) (thỏa mãn) ⇒ PT d :  y = −4  z = −1 + t   x = a = ⇒ A (4; 8;5), AB (0; −6; −3) (thỏa mãn) ⇒ PT d :  y = + 2t  z = + t  Chú ý: Nếu học sinh không kiểm tra lại điều kiện AB / / (P ) thống cho điểm tối đa 0,5 0,5 2,5 Dựng hình chữ nhật ABNC M (AM , BN ) = (AM , AC ) = 60 Ta có AB ⊥ AM AB ⊥ AM   ⇒ ⇒ AB ⊥ (ACM )   AB ⊥ BN AB ⊥ AC   x 0,5 C y A N y B VABNM = VMABC = 1 3 AB.S ACM = AB.AC AM sin CAM = 6.x y = xy 6 2 3 (x + y ) VABNM = xy ≤ = Dấu xảy và x = y = 2 Khi đó AM = BN = AC = 0,5 Lại có AB / /CN ⇒ CN ⊥ (AMC ) ⇒ CN ⊥ CM ⇒ MN = CM + CN 0,5 0,5 Mặt khác MAC = 600 MAC = 1200 Trường hợp 1: MAC = 600 ⇒ ∆AMC ⇒ CM = ⇒ MN = 42 + 62 = 13 Trường hợp 2: MAC = 1200 ⇒ CM = AM + AC − 2AM AC cos1200 = 48 ⇒ MN = 48 + 62 = 21 Chú ý: Nếu học sinh tính đúng kết MN thì cho 0,5 điểm tổng số 1,0 điểm 5.1 I = ∫ 2x x2 + Ta có I = ∫ dx + ∫ ( ln x + x + x2 + 2x x +1 dx = ∫ ( )dx ) d x2 + x +1 0,5 2,0 = I1 + I2 1,0 = x2 + =2 ( ) dx Đặt t = ln x + x + ⇒ dt = x2 + ( Đổi cận x = ⇒ t = ; x = ⇒ t = ln + ( ln 2+ Do đó I = ∫ ) t2 tdt = ( ln 2+ ) = ( ln2 + 0,5 ) ) Vậy I = + ln 2 ( +2 ) 5.2 0,5 2,0 ( f ' (x ) = n (2x + 1)(x ) Xét hàm số f (x ) = x + x + n = a + a1x + a2x + + a2n x 2n ) +x +1 n −1 = a1 + 2a2x + 3a 3x + + 2na2n x 2n −1 1,0 f ' (1) = n 3n = a1 + 2a2 + 3a + + 2na 2n = 324 ⇒ n.3n = 324 Nếu n > ⇒ n.3n > 4.34 = 324 (Loại) Nếu ≤ n < ⇒ n.3n < 4.34 = 324 (Loại) Mà n = thỏa mãn n.3n = 324 Vậy n = là giá trị cần tìm Chú ý: Nếu học sinh nhẩm trường hợp n = cho 0,25 điểm 1,0 1,5 Ta chứng minh a b ≤ ⇔ a ln a + b ln b ≤ Ta có ln x ≤ x − 1, ∀x > Thật vậy, xét hàm số f (x ) = ln x − x + a b − 1, f ' (x ) = ⇔ x = x Từ BBT suy ra, f (x ) ≤ f (1) = ⇒ ln x ≤ x − 1, ∀x > f ' (x ) = ( ) ( ) 0,75 Do đó, 3a ln a − a − a ≤ 3a (a − 1) − a − a = − (a − 1) (a + 2) ≤ 0, ∀a > ⇒ 3a ln a ≤ a − a Tương tự ⇒ 3b ln b ≤ b − b Do đó, 3a ln a + 3b ln b ≤ a − a + b − b = ⇒ a ln a + b ln b ≤ Dấu xảy và a = b = 3 Ta chứng minh ≤ a a bb ⇔ a ln a + b ln b ≥ Ta có a + b = a + b 4 (a ≥ + b2 ) (a + b ) ≥ ⇒ a + b ≤ ⇒ a, b ∈ (0;2) x −x , x ∈ (0;2) x3 (x − 1) + 2x − 2x Xét hàm số g (x ) = ln x − ( ) −1− = x x x3 g ' (x ) = có nghiệm x = trên (0;2) g ' (x ) = 0,25 Từ BBT suy g (x ) ≥ g (1) = ⇒ 3x ln x ≥ x − x , ∀x ∈ (0;2) Do đó, 3a ln a + 3b ln b ≥ a − a + b − b = Dấu xảy và a = b = 1 Hướng dẫn chấm này trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác tính điểm tối đa Với các cách giải đúng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống điểm chi tiết không vượt quá số điểm dành cho bài phần đó Mọi vấn đề phát sinh quá trình chấm phải trao đổi tổ chấm và cho điểm theo thống tổ Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm 0,5 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán – Lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02 tháng năm 2015 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) Câu (3,0 điểm) Cho hàm số f (x ) = x − 3(m + 1)x + 3m(m + 2)x − + m (1) (m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại tới trục hoành khoảng cách từ điểm cực tiểu tới trục tung Câu (5,0 điểm) Giải phương trình sin 2x + cos 2x − sin x − (sin x + cos x ) ( = )( )  y2 + − y = 2015x +y x + − x Giải hệ phương trình   25x + 9x 9x − = + 18y  y2 +  Câu (5,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I (4;2) là trung điểm đoạn BC , điểm A nằm trên đường thẳng d : 2x − y − = Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân A Biết phương trình đường thẳng DE : x − 3y + 18 = và BD = điểm D có tung độ nhỏ Xác định tọa độ các điểm A, B,C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1;1; −1), B(1;1;2), C (−1;2; −2) và mặt phẳng (P ) : x − 2y + 2z + = Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A, vuông góc với mặt phẳng (P ) , cắt đường thẳng BC I cho IB = 2IC Câu (2,0 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B ' C ' D ' có AB = 1, BC = 2, AA ' = Mặt phẳng (P ) thay đổi và luôn qua C ' , mặt phẳng (P ) cắt các cạnh AB, AD, AA ' + + không đổi Từ đó, xác định vị trí AE AF AG mặt phẳng (P ) để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ E , F ,G (khác A) Chứng minh Câu (3,5 điểm) e Tính tích phân I = ∫ (x ) + ln x + 2015x + 2015 + x ln x dx Tìm số nguyên dương lẻ n thỏa mãn 22C n0 23C n1 24C n2 2n +2C nn − + − − = 1.2 2.3 3.4 2017 n + n + ( )( ) Câu (1,5 điểm) Cho a, b, x , y là các số thực thỏa mãn < a ≤ 4; < b ≤ 4; a + b ≤ 7;2 ≤ x ≤ ≤ y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2x + y + 2x + y ( xy a + b ) -Hết Họ và tên thí sinh : Số báo danh UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán – Lớp 12 Điểm 3,0 Lời giải sơ lược y ' = 3x − (m + 1) x + 3m(m + 2) ; y ' = ⇔ x = m x = m + 0,5 Hàm số có cực trị với m ( ) ( ) Hai điểm cực trị là: A m; m + 3m + m − , B m + 2; m + 3m + m − 0,5 Chỉ A là điểm cực đại, B là điểm cực tiểu (Xét dấu y ' dùng BBT) 0,5 Ta có d (A;Ox ) = m + 3m + m − , 0,5 d (B;Oy ) = m + m + 3m − =  m + 3m + m − = m + ⇔  m + 3m + 2m = Theo giả thiết ta có: m  m ⇔  m m  = −2 = −1 =1 ĐK: sin x + cos x ≠ Phương trình tương đương: sin 2x + cos 2x − sin x − = + sin 2x  sin x = − 2(loai )  ɺ ⇔ sin x + sin x + = ⇔  −1  sin x =   x = −π + k 2π  ⇔ (k ∈ ℤ) x = 5π + k 2π   5π Từ đó tìm nghiệm x = + k 2π (k ∈ ℤ) ( )( ) ) ( ) Xét hàm số f (t ) = t ln 2015 + ln f ' (t ) = ln 2015 − t2 + ( 2,5 0,5 0,5 0,5 1,0 2,5  2015x +y x + − x y + − y = (1)   25x + 9x 9x − = + 18y (2)  y2 +  Điều kiện: x ≥   (1) ⇔ 2015x x + − x = 2015−y  (−y ) + − (−y )   ⇔ x ln 2015 + ln x + − x = (−y ) ln 2015 + ln  (−y ) + − (−y )   ( 0,5 =0 2.1 2.2 0,5 ) t + − t , t ∈ ℝ > 0, ∀t ∈ ℝ Do đó, hàm số đồng biến trên ℝ 1,0 Từ đó, suy x = −y thay vào (2) ta *Lưu ý: Học sinh có thể xét hàm g (t ) = 2015t ( ) + t − t và chứng minh g đồng biến dẫn đến x = −y 25x + 9x 9x − = + Nếu x ≥ 18x x2 + ( 3) 18x thì 18x > , 7x > ⇒ VT (3) > VP (3) (loại trường hợp này) x +1 0,5 −2 18 thì (3) ⇔ 25 − 9 − = + x x x +1 1 9 Đặt t = 0 < t ≤  ta  x  Nếu x ≤ 25 − 9 − 4t = 2t +  18t  18t ⇔  − 12 + (2t − 4) + 9 − 4t − = t +1 t +  ( ) 0,5 36 (t − 2) =0 t − 2) + (t − 2) − ( t +1 − 4t + t =  ⇔  36 = (4 ) t + + − − 4t +  ⇔ (Vì ≤ − 4t < ⇒ 12 <  9 ≤ 36 ⇒ VT (4) < 0, ∀t ∈ 0;  )   9t − + 36 ⇔t =2 0,5 Từ đó, tìm x = −1 ,y = thỏa mãn hệ ban đầu ( ) *Lưu ý: Có thể biến đổi (3) ⇔ 25 2x − + ( ) 36 − 24 + 18x 9x − + = x +1 từ đó đến nhân tử 2x − 3.1 2,5 E Ta có ( )( 2AI DE = AB + AC AE − AD ) D A = AB.AE − AC AD 0,5 J = AB.AE cos BAE − AC AD cosCAD = ⇒ AI ⊥ DE B I C Phương trình đường thẳng AI : (x − 4) + y − = ⇔ 3x + y − 14 = 3x + y − 14 = x = ⇔  ⇒ A (3;5) Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ  2x − y − = y =   BD = ⇒ AD = 10 Gọi D (3a − 18; a ) ta có 0,5  a = 38 (loai ) AD = 10 ⇔ (3a − 21) + (a − 5) = 10 ⇔ 10a − 136a + 456 = ⇔  ɺ  a =  2 0,5 a = ⇒ D (0;6) Đường thẳng AB qua A (3; 5) , vtpt là AD = (−3;1) có phương trình −3 (x − 3) + y − = ⇔ 3x − y − = Gọi tọa độ điểm B (b; 3b − 4) ta có 0,5 b = 2 AB = 10 ⇒ (b − 3) + (3b − 9) = 10 ⇔  b = Với b = ⇒ B (4; 8) ⇒ C (4; −4) , loại góc BAC tù Với b = ⇒ B (2;2) ⇒ C (6;2) , thỏa mãn 0,5 *Lưu ý: Nếu học sinh không chứng minh AI ⊥ DE mà sử dụng luôn thì bài cho 1,0 điểm 3.2 2,5 ( ) Gọi mặt phẳng (α ) có vtpt là n = a;b; c ( a;b; c không đồng thời 0) Mp (α ) ⊥ mp(P ) nên VTPT vuông góc a − 2b + 2c = ⇔ a = 2b − 2c ( ) ( ) ( ) ( Mà IB = 2IC ⇒ d (B, (α )) = 2d (C , (α )) )( ) ( ) 0,5 (2) ( ) Vì α qua A 1;1; −1 nên PT có dạng α : 2b − 2c x − + b y − + c z + = ⇔ 1,0 c = 2b = ⇔  2 3c = 2b (2b − 2c ) + b + c (2b − 2c ) + b + c  3c − 3b 3c TH1: c = 2b chọn b = 1, c = ⇒ a = −2 , phương trình mp (α ) là 2x − y − 2z − = TH2: 3c = 2b chọn b = 3, c = ⇒ a = , phương trình mp (α ) là 2x + 3y + 2z − = z 0,5 0,5 2,0 G A' D' B' C' A≡O B E D C F y x Chọn hệ tọa độ Oxyz hình vẽ đó A ≡ O (0; 0; 0), B (1; 0; 0), D (0;2; 0), A ' (0; 0; 3) Khi đó, E (AE ; 0; 0), F (0; AF ; 0), G (0; 0; AG ),C ' (1;2; 3) x y z + + =1 AE AF AG Vì C ' ∈ (P ) nên + + =1 AE AF AG Phương trình mặt phẳng (P ) là 1,0 1 AE AF AG = ≥ = 27     + + AE AF AG  AE AF AG  27 Do đó, thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ và AE =  = = = ⇔ AF = (*)  AE AF AG AG =  Vậy vị trí mặt phẳng (P ) để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ là vị trí (P ) qua VAEFG = 0,5 0,5 E , F ,G thỏa mãn điều kiện (*) + + = mà sử dụng cho AE AF AG thì cho 0,5 điểm *Lưu ý: Học sinh không chứng minh kết việc tìm giá trị nhỏ VAEFG 5.1 e I = ∫ (x ) x 2dx = e ∫ e e ∫ x 2dx + ∫ 1 + ln x dx 2015 + x ln x 0,5 e e ∫ 1,5 + ln x + 2015x + dx = 2015 + x ln x x3 e3 − = 3 e + ln x dx = 2015 + x ln x Vậy I = ∫ 0,5 d (2015 + x ln x ) 2015 + x ln x e = ln 2015 + x ln x = ln e + 2015 2015 0,5 e −1 e + 2015 + ln 2015 5.2 2,0 C Chứng minh đẳng thức Ta có 22C n0 1.2 = = C nk k n = k +1 C k +1 n +1 n +1 C nk++11 = , ∀k, n ∈ ℕ, k ≤ n C nk++22 = 0,5 (k + 1)(k + 2) (n + 1)(k + 2) (n + 1)(n + 2) − 23C n1 2.3 22C n2+2 + 24C n2 3.4 − − − 2n +2C nn (n + 1)(n + 2) 23C n3+2 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) + − 2n +2C nn++22 0,5 (n + 1)(n + 2) n +2 2n + 2   = (1 − 2) − C n +2 + 2C n +2  =  (n + 1)(n + 2) n + (n + 1)(n + 2)  1,0 Từ đó suy ra, n = 2015 1,5 Do a, b vai trò nên ta có thể giả sử a ≥ b 7 49 49 49 thì b < ⇒ a + b < + = 2 4 2 thì a + b ≤ a + (7 − a ) = 2a − 14a + 49 Nếu a ≥ Nếu a < 0,5 7 2  ()    Xét hàm số f a = 2a − 14a + 49, a ∈  ; 4 7  7  f ' (a ) = 4a − 14 ≥ 0, ∀a ∈  ; 4 , f (a ) liên tục trên  ; 4 2  2      7  Do đó, f (a ) đồng biến trên  ; 4 ⇒ f (a ) ≤ f (4) = 25 2    ⇒ a + b ≤ 25 dấu xảy và a = 4, b = a = 3, b = 2x + y + 2x + y 2x + y + 2x + y  y + 2x +   Do đó, P = ≥ = +  2  25 xy 25 x y  xy a + b ( Xét hàm số g (y ) = ) y + 2x + + ,y ≥ x y 2x + y − 2x (x + 1) g ' (y ) = − = x y2 xy g ' (y ) = ⇒ y = 2x (x + 1) (do ≤ x ≤ ≤ y ) Bảng biến thiên y 2x(x+ 1) - g'(y) +∞ + +∞ g(3) g(y) 0,5 g( 2x(x+ 1)) Do đó, g (y ) ≥ g ( ) 2x (x + 1) = 2x (x + 1) + x ≥ 2 1+ +  1 = 2 1 +  +  x  x 2x (x + 1) 2x + 1 +1 + = 3 Dấu xảy x = Khi đó, y = Vậy Pmin = 0,5 +1 đạt x = 3, y = 6, a = 4, b = (hoặc a = 3, b = ) 75 Hướng dẫn chấm này trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác tính điểm tối đa Với các cách giải đúng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống điểm chi tiết không vượt quá số điểm dành cho bài phần đó Mọi vấn đề phát sinh quá trình chấm phải trao đổi tổ chấm và cho điểm theo thống tổ Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng năm 2014 x −1 có đồ thị (C) Biết nhánh đồ thị (C) cắt Ox, Oy x +1 A, B Tìm trên nhánh còn lại (C) điểm M cho diện tích tam giác MAB Câu (3,0 điểm) Cho hàm số y = Câu (5,0 điểm) π 2π   Giải phương trình cos  x +  + cos  x + 3     = ( sin x +1)  log 22 y + ( x − 3x − ) log y + x − x − = Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) 3 x − log y + 3log y − x − log y − 6log y + = ( )  2 Câu (5,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AB = BC Gọi D là trung điểm AB, E nằm trên đoạn thẳng AC cho AC = 3EC Biết phương trình đường  16  thẳng chứa CD là x − y + = và điểm E  ;1 Tìm tọa độ các điểm A, B, C   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x +1 y −1 z + = = , ể m −2  3 −1  M  ; ;  và mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y + z + = Viết phương trình mặt phẳng 2 2  (P) song song với d, tiếp xúc với (S) và khoảng cách từ M đến (P) Câu (2,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có AB = 6, AC = 8, BC = 10 , thể tích khối chóp C ' ABB ' A ' là 80 Gọi M là điểm nằm tam giác A ' B ' C ' Tính thể tích khối chóp M.ABC và tìm vị trí điểm M cho tổng diện tích tất các mặt hình chóp M.ABC nhỏ Câu (3,5 điểm)  1  Tính tích phân I = ∫  x − + − 11  dx x x x  1 2014 Chứng minh 3C2014 + 5C2014 + 7C2014 + + 2017C2014 = 1010.22013 Câu (1,5 điểm)  a 2012 + b 2012 = c 2012 + d 2012 Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a ≠ d , b ≠ c và  2014 2014 2014 2014  a + b = c + d Chứng minh a + b − 2c − 3d + + c + d − 2a + 3b + + a + d + 4c + > -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: UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán – Lớp 12 – THPT Điểm 3,0 Lời giải sơ lược Giao điểm (C) với Ox là A (1; ) , giao điểm (C) với Oy là B ( 0; −1) PT đường thẳng AB là x − y = ; AB = 1,0  x −1  Do hoành độ A và B lớn −1 nên tọa độ M  x;  , x < −1  x +1  Với điều kiện x < −1 ta có S MAB = ⇔ AB.d ( M , AB ) = ⇔ 2 x− x −1 −1 x +1 =3 0,5  x = −2 ⇔ x − x = x + ⇔ x − x = −6 ( x + 1) ⇔ x + x + = ⇔   x = −3 1,0 Từ đó tìm tọa độ điểm M là M ( −2;3) M ( −3; ) 0,5 2.1 2,5 PT ⇔ + cos(2 x + 2π 4π π ) + + cos(2 x + ) = + sin x ⇔ cos(2 x + π ).cos = sin x − 3 π   x = + 2k π  5π ⇔ − cos x − sin x = ⇔ sin x − sin x = ⇔  x = + kπ    x = kπ  (k ∈ ℤ) 2.2 1,0 1,5 2,5 ( t + 1) ( x3 − x + t − 3) =  Đặt t = log y hệ trở thành  ( x + ) ( t + 3t − x − ) = TH1: x = −2, t = −1 ⇒ y = (thỏa mãn) x = t + = x =  TH2:  ⇔ ⇒ t = −1  y = t + 3t − x − =   x − 3x + t − =  x = −2  x = −2 TH3:  ⇔ ⇒ t =  y = 32 x + =  x3 − x + t − = t − = − x + x + t − = − ( x + 1) ( x − ) TH4:  ⇔ ⇔ 2 t + 3t − x − =  x − = t + 3t −  x − = ( t + ) ( t − 1) Nếu x = thì t = thỏa mãn Nếu t = thì x = thỏa mãn 0,5 1,0 0,5 Với x ≠ và t ≠ ⇒ x ≠ −1, t ≠ −2 ta có ( t − 1)( x − ) = − ( x + 1) ( t + ) ( t − 1)( x − ) ⇔ 1 + ( x + 1) ( t + )  ( t − 1)( x − ) = 2 2 (vô 0,5 nghiệm)    1  Vậy nghiệm hệ là ( x; y ) ∈  0;  ,  −2;  , ( −2;32 ) , ( 2; )  2     3.1 2,5 A Gọi I = BE ∩ CD , đặt BC = c > BA EA Ta có = nên E là chân đường phân giác góc B BC EC tam giác ABC Do đó, CBE = 450 ⇒ BE ⊥ CD (Vì ∆BCD vuông cân B) D 1,0 I B E C PT BE : x + y − 17 = 3 x + y − 17 = x = Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ  ⇔ ⇒ I ( 5; ) x − 3y +1 = y = 0,5 c c c Ta có BI = CI = , CE = AC = ⇒ IE = CE − CI = ⇒ IB = −3IE 3 Từ đó tìm tọa độ điểm B ( 4;5 ) Gọi C ( 3a − 1; a ) ta có a = 2 BC = BI = ⇒ ( 3a − ) + ( a − ) = 20 ⇔ 10a − 40a + 30 = ⇔  a = 0,5 Với a = ⇒ C ( 2;1) , A (12;1) 0,5 Với a = ⇒ C ( 8;3) , A ( 0; −3) 3.2 2,5 Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −3) bán kính R = , d ( I , ( P ) ) = = 2d ( M , ( P ) ) , IM = nên M nằm (S) Gọi K = MI ∩ ( P ) 3 <R Do d ( I , ( P ) ) = 2d ( M , ( P ) ) ⇒ IK = MK mà IK > IM nên M là trung điểm KI nên tọa độ 0,5 K ( 2;1; ) Gọi n = ( a; b; c ) , a + b + c ≠ ta có d / / ( P ) ⇒ a + b − 2c = ⇒ b = 2c − a ⇒ n = ( a ; 2c − a ; c ) PT (P) có dạng a ( x − ) + ( 2c − 2a )( y − 1) + c ( z − ) = 0,5 Ta lại có d ( I , ( P ) ) = ⇔ − a + 2c − 2a − 5c a + ( 2c − a ) + c 2 = ⇔ a + 2ac + c = 5a − 8ac + 5c 2 0,5  a = 2c ⇔ 4a − 10ac + 4c = ⇔   c = 2a Với a = 2c chọn a = ⇒ c = 1, b = −2 PT ( P ) : x − y + z − = Với 2a = c chọn a = ⇒ c = 2, b = PT ( P ) : x + y + z − = 1,0 2,0 B' C' M A' 1,0 F C B H E D A Ta có VM ABC = VC ' ABC = VC ' ABB ' A ' = 40 (đvtt) Gọi H là hình chiếu M trên (ABC), D, E, F là lượt là hình chiếu H trên AB, AC, BC Đặt x = HD, y = HE , z = HF Vì ∆ABC vuông A nên S ABC = 3V 120 AB AC = 24 ⇒ MH = M ABC = =5 24 S ABC 1 Stp = 24 + MD AB + ME AC + MF BC = 24 + 25 + x + 25 + y + 25 + y 2 2 0,5 = 24 + 225 + x + 400 + 16 y + 625 + 25 z Sử dụng bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w với u = (15;3 x ) , v = ( 20; y ) , w = ( 25, z ) ta Stp ≥ 24 + (15 + 20 + 25 ) + ( 3x + y + z ) 2 = 602 + ( 2S ABC ) = 12 41 3x y z = = ⇔x= y=z 15 20 25 Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ thì diện tích toàn phần hình chóp M.ABC nhỏ Dấu xảy và 5.1 0,5 1,5 2  I = ∫ 1 +  x − dx x  x 1 Đặt t = x − 2  ⇒ 3t dt = 1 +  dx ; x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = x  x  0,5 0,5 I= ∫ 3t 3t dt = 3 = 213 14 32 Lưu ý: Học sinh sử dụng biến đổi 2 0,5 2 1 3   3    I = ∫ 1 +  x − dx = ∫  x −  d  x −  =  x −  x  x x   x  4 x  1 1 = 21 14 trừ 0,5 điểm 32 5.2 2,0 A = 3C 2014 + 5C 2014 + 7C 2014 + + 2017C 2014 2014 2014 2014 = ( 2C2014 + 4C2014 + + 2014C2014 + C2014 + C2014 + + C2014 ) + ( C2014 ) 0,5 2014 Tính C2014 + C2014 + C2014 + + C2014 = 22013 0,5 k k −1 Chứng minh kC2014 = 2014C2013 , ∀k , n ∈ ℕ, ≤ k ≤ n 2014 2013 Suy ra, 2C2014 + 4C2014 + + 2014C2014 = 2014 ( C2013 + C2013 + + C2013 ) = 2014.22012 1,0 Vậy A = 2014.2 + 3.2 = 1010.2 Lưu ý: Học sinh có thể sử dụng đạo hàm để giải bài toán này 2012 2013 2013 1,5 Từ giả thiết ta chứng minh a = c, b = d Nếu a = b = ⇒ c = d = (loại) c d Nếu a = 0, b ≠ , đặt u = ≠ 1, v = ta b b u 2012 + v 2012 =  2014 2014 =1 u + v Từ hệ suy ra, u ≤ 1, v ≤ nên u 2014 + v 2014 ≤ u 2012 + v 2012 = dấu xảy và 0,5 u = ( loai ) u = ⇒ a = c = 0, b = d ɺ ∨  v = v = Do vai trò nên trường hợp các biến b, c, d tương tự dẫn đến a = c, b = d Nếu abcd ≠ , đặt x = a 2012 > 0, y = b 2012 > 0, m = c 2012 > 0, n = d 2012 > 0, α = 2014 1007 = >1 2012 1005 (1) x + y = m + n Theo đề ta có:  α α α α  x + y = m + n (2) Từ (1) và (2) ta có: xα + (m + n − x)α = mα + nα Xét hàm số f ( x) = xα + (m + n − x)α − mα − nα ; α > ; x > m+n Từ bảng biến thiên suy PT f(x) = có nhiều nghiệm x = m Mà f (m) = f (n) = nên f ( x ) = ⇔  x = n a = c x = m ⇒ y = n; x = n ⇒ y = m Vậy  b = d f '( x) = α  xα −1 − (m + n − x)α −1  ⇒ f '( x) = ⇔ x = a + b − 2c − 3d + + c + d − 2a + 3b + + a + d + 4c + = a + b − 2a − 3b + + a + b − 2a + 3b + + a + b + 4a + 0,5 = a + b − 2a − 3b + + a + b − 2a + 3b + + a + b + 4a + ( = ( a − 1) ≥ ( a − + a − 1) + b− + ( ) + ( a − 1) −b+b+ ( 3) + b+ + ) ( a + 2) + ( a + 2) 2 + b2 0,5 = 3a + ( a − ) + a + 2 ≥ 4−a + a+2 ≥ Dấu xảy và a = b = ⇒ c = d = (không thỏa mãn giả thiết) Vậ y a + b − 2c − 3d + + c + d − 2a + 3b + + a + d + 4c + > Hướng dẫn chấm này trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác tính điểm tối đa Với các cách giải đúng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống điểm chi tiết không vượt quá số điểm dành cho bài phần đó Mọi vấn đề phát sinh quá trình chấm phải trao đổi tổ chấm và cho điểm theo thống tổ Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 29 tháng năm 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC ================ Câu (5,0 điểm) Cho hàm số y = x + x + (1) Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng d có phương trình x + y − = Tìm m để đường thẳng ∆ có phương trình y = ( m + 1) x + cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt A ( 0;1) , B, C , biết hai điểm B, C có hoành độ là x1 ; x2 thỏa mãn: x13 − ( m + ) x1 x23 − ( m + ) x2 + = −1 x22 + x12 + Câu (5,0 điểm) ( sin x − cos x ) (1 + 2sin x ) = − tan x sin 3x + sin x Giải phương trình:  x + log x = log ( x + y.2 x ) Giải hệ phương trình:   2log x − 6log ( y + 1) − x log x + y + = Câu (2,0 điểm) Tính tổng: S = C 2013 ( x, y ∈ ℝ ) 22 − 23 − 2 22014 − 2013 2013 + 2.C2013 + C2013 + + C2013 2014 Câu (4,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A (1;1) , B ( 3; ) , C ( 7;10 ) Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng ∆ lớn Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu ( S1 ) : x + y + ( z − 1) = ( S2 ) : ( x − 3) + ( y − 1) 2 + ( z + 1) = 25 Chứng minh hai mặt cầu trên cắt theo giao tuyến là đường tròn Tính bán kính đường tròn đó Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy Gọi M , N là hai điểm thay đổi thuộc các cạnh AB, CD cho mặt phẳng ( SMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) Đặt AM = x, AN = y Chứng minh x + y = 3xy , từ đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn Câu (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a + b3 + c3 Chứng minh 8a + + 8b + + 8c + ≥ Hết -(Đề thi gồm có 01 trang) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 29 tháng năm 2013 ============== Lời giải sơ lược Thang điểm Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến này vuông góc 3.0 Cho hàm số y = x3 + x + (1) Câu 1.1 với đường thẳng d có phương trình x + y − = TXĐ: ℝ , y ' = x + x 1.0 Hệ số góc d là − ⇒ Hệ số góc tiếp tuyến là k = 5 Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm  x0 = ( y0 = 3)  Khi đó 3x0 + x0 = ⇔  5 23  x = −  y0 = −   3 27  1.0 Từ đó tìm phương trình hai tiếp tuyến: y = 5x − ; y = 5x + 202 27 1.0 Tìm m để đường thẳng ∆ có phương trình y = ( m + 1) x + cắt đồ thị hàm số (1) 1.2 ba điểm phân biệt A ( 0;1) , B, C , biết điểm B, C có hoành độ là x1 ; x2 thỏa mãn: x13 − ( m + ) x1 x23 − ( m + ) x2 + = −1( ) x22 + x12 + 2.0 Phương trình hoành độ giao điểm: x = x + x + = ( m + 1) x + ⇔ x  x + x − ( m + 1)  = ⇔   x + x − ( m + 1) = (*) 0.5 ∆ cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt A, B, C ⇔ phương trình (*) có   ∆ = 4m + > m > − hai nghiệm phân biệt khác ⇔  ⇔ (**) m + ≠ m ≠ −1 0.5 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm (*), ta có: x13 − ( m + ) x1 = ( x1 − 1)  x12 + x1 − ( m + 1)  − ( m + 1) = − ( m + 1) x2 − ( m + ) x2 = ( x2 − 1)  x2 + x2 − ( m + 1)  − ( m + 1) = − ( m + 1) Khi đó ( ) ⇔ 0.5 ( m + 1) + ( m + 1) = x22 + x12 + x + x22 + ( x + x ) − x1 x2 + = ⇔ ( m + 1) = ⇔ ( m + 1) 2 ( ) 2 x1 x2 + ( x1 + x2 ) − x1 x2 + ( x2 + 1)( x1 + 1) Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành 0.5 ( m + 1) + ( m + 1) m = = Từ đó tìm  ( m + 1) + ( m + 1) +  m = −3 2 Kết hợp điều kiện (**) ta có m = thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 2.1 ( sin x − cos x ) (1 + 2sin x ) = − tan x (1) sin 3x + sin x 1.Giải phương trình: sin 3x + sin x ≠ ĐK:  ⇔ sin x ≠ (*) cos x ≠ 2.5 0.5 Biến đổi (1) ⇔ ( sin x − cos x ) (1 + 2sin x ) = sin x ( cos x − sin x ) sin x − cos x = ( ) ⇔ ( cos x − sin x )(1 + 2sin x ) = sin x ( 3) ( 2) ⇔ x = π 0.5 + kπ ( k ∈ ℤ ) (Loại) ( 3) ⇔ cos x − sin x + sin 3x + sin x + cos3x − cos x = 0.5 sin x π  x = + k 2π  π  ⇔ sin  x +  = sin x ⇔  ( k ∈ ℤ) 4   x = 3π + k 2π  28 Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm phương trình là 3π k 2π x= + ( k ≠ 7m − 3, k , m ∈ ℤ ) 28 0.5 0.5 2.2  x + log x = log ( x + y.2 x ) (1) Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ )  2log x − log ( y + 1) − x log x + y + = ( ) ĐK: x > 0; y > −1 Phương trình (1) ⇔ x + log x = log  x ( y + 1)  ⇔ x + log x = x + log ( y + 1) ⇔ x = y + 2.5 0.5 Thế vào (2) ta có 2log 22 x − 6log x − x log x + 3x = log x − = ( 3) ( log x − 3)( 2log x − x ) = ⇔   2log x − x = ( ) 0.5 ( 3) ⇔ x = 0.5 Giải (4), xét f ( x ) = 2log x − x ( x > ) ⇒ f ' ( x ) = −1 x ln 2 Lập BBT, từ đó suy phương trình (4) có nhiều hai ln nghiệm Mà f ( ) = f ( ) = ⇒ ( ) có hai nghiệm x = 2; x = f '( x) = ⇔ x = 1.0 Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm ( x; y ) : ( 8;7 ) ; ( 2;1) ; ( 4;3) Câu Tính tổng: S = C2013 + Xét (1 + x ) 2013 2013 = C2013 + C2013 ( x ) + C2013 ( x ) + + C2013 ( x ) I = ∫ (1 + x ) 22 − 23 − 2 22014 − 2013 2013 + 2.C2013 C2013 + + C2013 2014 (1 + x ) 2013 dx = ∫ (1 + x ) d (1 + x ) = 21 4028 2013 2014 2013 52014 − 32014 = 4028 2.0 0.5 0.5 2 2013 2013 C2013 dx + C x + C x + + C x ( ) ( ) ( ) 2013 2013 2013 ∫   x2 x3 x 2014 2013 2013  2 = C2013 x + C2013 + C2013 + + C2013  2014  1 C2013 + 0.5 22 − 23 − 2 22014 − 2013 2013 2.C2013 + C2013 + + C2013 2014 Vậy S = 52014 − 32014 4028 0.5 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A (1;1) , B ( 3;2 ) , C ( 7;10 ) Lập Câu 4.1 phương trình đường thẳng ∆ qua A cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng ∆ lớn TH1: ∆ cắt đoạn thẳng BC M 2.0 ∆ ⇒ d ( B; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) ≤ BM + CM = BC B M C 0.5 A TH2: ∆ không cắt đoạn thẳng BC , gọi I ( 5;6 ) là trung điểm BC ⇒ d ( B; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) = 2d ( I ; ∆ ) ≤ AI ∆ A 0.5 B I C Vì BC = 80 < 41 = AI nên d ( B; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) lớn AI = 41 0.5 ∆ vuông góc với AI ⇒ ∆ qua A (1;1) và nhận AI = ( 4;5 ) là véc tơ pháp tuyến Vậy phương trình đường thẳng ∆ : ( x − 1) + ( y − 1) = ⇔ ∆ : x + y − = 0.5 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu ( S1 ) : x + y + ( z − 1) = 4.2 ( S2 ) : ( x − 3) + ( y − 1) 2 + ( z + 1) = 25 Chứng minh hai mặt cầu trên cắt 2.0 theo giao tuyến là đường tròn Tính bán kính đường tròn đó ( S1 ) có tâm ( S2 ) I1 (0;0;1) , bán kính R1 = có tâm I (3;1; −1) , bán kính R2 = I1I = 14 ⇒ R2 − R1 < I1I < R2 + R1 ⇒ hai mặt cầu cắt 0.5 Khi đó tọa độ giao điểm hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình 0.5 2  x + y + ( z − 1)2 =  x + y + ( z − 1) = ⇔  2 6 x + y − z + 11 = ( x − 3) + ( y − 1) + ( z + 1) = 25 Do đó hai mặt cầu trên cắt theo giao tuyến là đường tròn Đường tròn đó là giao tuyến măt cầu ( S1 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 11 = ⇒ bán kính đường tròn cần tìm là 56 d ( I1;( P ) ) = 0.5 r = R − d ( I1 ; ( P ) ) = 2 Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy Gọi M , N là hai điểm Câu thay đổi thuộc cạnh AB, CD cho mặt phẳng ( SMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) Đặt AM = x, AN = y Chứng minh x + y = 3xy , từ 3.0 đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn Kẻ SO ⊥ MN O ⇒ SO ⊥ ( ABC ) ( Vì ( SMN ) ⊥ ( ABC ) ) S ⇒ O là trọng tâm tam giác ABC ( Vì S ABC là hình chóp ) N A C O M B 1 Ta có S∆AMN = S∆AMO + S∆ANO ⇔ xy.sin 600 = x AO.sin 300 + y AO.sin 300 2 0.5 1 1 1 ⇔ xy = x + y 2 2 S∆SMN = ⇔ x + y = xy (1) SO.MN ⇒ S∆SMN nhỏ MN nhỏ ( Vì SO không đổi) 0.5 Ta có MN = x + y − xy cos 600 = x + y − xy = ( x + y ) − xy = ( xy ) − 3xy Từ giả thiết ⇒ < x; y ≤ Từ (1) ⇒ xy = x + y ≥ xy ⇒ xy ≥ 0.5 ( x − 1)( y − 1) ≥ ⇒ xy + ≥ x + y ⇒ xy + ≥ 3xy ⇒ xy ≤ 4 1 Đặt t = xy, t ∈  ;  ⇒ MN = 9t − 3t 9 2 4 1 Lập bảng biến thiên hàm số f ( t ) = 9t − 3t , t ∈  ;  ta 9 2 1.0 MN nhỏ t = , đó x = y = x =   x = MN lớn t = , đó    y =  y = Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a + b3 + c3 Chứng minh Câu 8a + + 8b + + 8c + 1.0 ≥ Ta có a + a + ≥ 3a ; b3 + b3 + ≥ 3b ; c3 + c + ≥ 3c ⇒ a2 + b2 + c2 ≤ ⇒ a + b + c ≤ 3( a2 + b2 + c2 ) ≤ Đặt x = Ta có Mà: 3a 3b 3c ≥ a; y = ≥ b; z = ≥c ⇒ x+ y+z =3 a+b+c a+b+c a+b+c +1 a 8x + + = +1 b + +1 c ≥ (2 x + 1)(4 x − x + 1) +1 x ≥ + +1 y + 8z + ( 2) +2 x 1   Tương tự suy VP(2) ≥  x + y + z  4 +2 +2 +2 0.5 Ta chứng minh 1 1 + y + z ≥ (3) +2 +2 +2 x Biến đổi ( 3) ⇔ x + y + z ≥ 12 ( Bất đẳng thức này luôn đúng cách sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý x + y + z = ) ⇒ đpcm Hướng dẫn chấm này trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác tính điểm tối đa Với các cách giải đúng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống điểm chi tiết không vượt quá số điểm dành cho bài phần đó Mọi vấn đề phát sinh quá trình chấm phải trao đổi tổ chấm và cho điểm theo thống tổ Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút( Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 20 tháng năm 2012 ================ Câu 1.(5,0 điểm) Cho hàm số y = − có đồ thị (C) Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ x thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho góc AOB nhọn (O là gốc tọa độ) Câu 2.(6,0 điểm) 2( x + x − y − 1) = x ( y + 1) Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ ) x + + y + =  Giải phương trình: 3x + x − x.3x = ( x ∈ ℝ ) Câu 3.(2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác ABC Gọi x, y, z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện: cy + bz = a; az + cx = b; bx + ay = c Chứng minh rằng: x + y + z ≤ Câu 4.(3,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB AC AD = 54324 và O là điểm thay đổi nằm tam giác BCD Các đường thẳng qua O song song với AB, AC , AD cắt các mặt ( ACD ), ( ABD ),( ABC ) B ', C ', D ' Chứng minh rằng: OB '.OC '.OD ' ≤ 2012 Câu 5.(3,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2), B (−1;2;4) và x −1 y + z = = Tìm tọa độ điểm M thuộc đường −1 thẳng d cho tổng MA + MB đạt giá trị nhỏ đường thẳng d có phương trình Câu 6.(1,0 điểm) Từ 2012 số nguyên dương đầu tiên lấy số xếp thành dãy số có dạng u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 Hỏi có bao nhiêu dãy số có dạng trên biết u1 , u2 , u3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng Hết -(Đề thi gồm có 01 trang) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Lời giải sơ lược Câu Cho hàm số y = − HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 20 tháng năm 2012 ============== Thang điểm có đồ thị (C) Tìm m để đường thẳng d : y = x + m x cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho góc AOB nhọn (O là gốc tọa độ) 5.0 PT hoành độ giao điểm d và (C) 4− = x + m ⇔ x + ( m − ) x + = (1) x đặt f ( x ) = x + ( m − ) x + 1.0 ∆ = ( m − ) − 72 d cắt (C) hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác m > + ∆ > ⇔ ⇔  f (0) ≠  m < − 1.0 Gọi A ( x1;3 x1 + m ) , B ( x2 ;3 x2 + m ) với x1 , x2 là nghiệm (1) 4−m   x1 + x2 = Theo đlý Vi-et:   x1 x2 = 1.0 AOB nhọn ⇔ OA.OB > ⇔ 10 x1 x2 + 3m ( x1 + x2 ) + m > 4−m ⇔ 20 + 3m   + m > ⇔ m > −5   1.0 Kết hợp điều kiện(*) ta đk cần tìm m là m ∈ (−5;4 − 2) ∪ (4 + 2; +∞) 1.0 2.1 2( x + x − y − 1) = x ( y + 1) Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ )  x + + y + = 3.0 ĐK: x ≥ −2, y ≥ −1 Biến đổi pt(1) dạng ( x + 2)(2 x − y − 1) = ⇔ y = x − 1.0 x + + 2x = 0.5 Thế vào pt(2) ta (3) Biến đổi (3) dạng: 2 x( x + 2) = 14 − x (4) 1.0 Giải đúng (4) nghiệm x = x = ⇒ y = Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (2;3) 2.2 Giải phương trình: 3x + x − x.3x = ( x ∈ ℝ ) TH1: 3x + x − x.3x = ⇔ (3x − 1)(1 − x) = x =  3x = ⇔ ⇔ 2 x =  x =  TH2: 3x + x − x.3x = −1 ⇔ 3x − Xét hàm số f ( x ) = 3x − f ' ( x ) = 3x ln + 0.5 3.0 1.0 0.5 2x + 1 = 0( x ≠ ) (1) 2x −1 0.5 2x + 1 1   , x ∈  −∞;  ∪  ; +∞  2x −1 2 2   > 0, ∀x ≠ ( x − 1) 0.5 1 1   Suy ra, f ( x ) đồng biến trên khoảng  −∞;  ;  ; +∞  2 2   1 1   Nên trên khoảng  −∞;  ;  ; +∞  PT (1) có nhiều nghiệm 2 2   Mà f (1) = f ( −1) = Suy ra, (1) có nghiệm x = ±1   Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: −1;0; ;1   0.5 Cho ba số thực dương a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác ABC Gọi x, y, z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện: 3 cy + bz = a; az + cx = b; bx + ay = c Chứng minh rằng: x + y + z ≤ 2.0 Từ giả thiết ta có acy + abz = a  2 2 baz + bcx = b ⇒ b + c − a = 2bcx cbx + cay = c  0.5 b2 + c − a2 ⇒x= ⇒ x = cosA (Định lí côsin) 2bc CM tương tự ta được: y = cosB; z = cosC 0.5 Khi đó T = x + y + z = cosA + cosB + cosC T + cos π = 2cos A+ B A− B C π  C π  cos + 2cos  +  cos  −  2 2 6 2 6 0.5  A+ B  C π  ≤ cos + cos  +       A+ B +C π   A+ B+C π  = 4cos  +  cos  −  12  12    ≤ 4cos π 3 ⇒T ≤ Dấu “=” xảy tam giác ABC hay x = y = z = 0.5 Cho tứ diện ABCD có AB AC AD = 54324 và O là điểm thay đổi nằm tam giác BCD Các đường thẳng qua O song song với AB, AC , AD cắt các mặt ( ACD ), ( ABD ),( ABC ) B ', C ', D ' Chứng minh rằng: OB '.OC '.OD ' ≤ 2012 3.0 A B1 0.5 B' D' B O1 O N D M C AB ', BO, CD đồng quy M Gọi B1 , O1 là hình chiếu B, O lên mp ( ACD ) Khi đó, O O1 MO OB ' = = BB1 MB AB Từ đó chứng minh 1.0 VOACD OB ' = VABCD AB 0.5 Tương tự ta thu được: OB ' OC ' OD ' VOACD + VOABD + VOABC + + = =1 AB AC AD VABCD 0.5 Áp dụng BĐT Côsi 1= OB ' OC ' OD ' OB ' OC ' OD ' OB '.OC '.OD ' + + ≥ 33 = 33 AB AC AD AB AC AD 54324 0.5 ⇒ OB '.OC '.OD ' ≤ 2012 (đpcm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2), B (−1;2;4) x −1 y + z = = Tìm tọa độ điểm M −1 thuộc đường thẳng d cho tổng MA + MB đạt giá trị nhỏ và đường thẳng d có phương trình 3.0 Gọi M (1 − t ; −2 + t ;2t ) ∈ d 1.0 Tính MA + MB = 6t − 20t + 40 + 6t − 28t + 36 2  35 5 Biến đổi MA + MB =  (t − ) + + ( − t )2 +  9  35 ), v = ( − t ; ) Đặt u = (t − ; 3 3 0.5 1.0    35 +  ⇒ MA + MB = 6( u + v ) ≥ u + v =   +   3   −t 3=3 35 t− Dấu ‘=’ xảy u , v cùng hướng hay Từ đó tìm t = 0.5  − 13 − 44 −  22 − ⇒M ; ;  9 9   Từ 2012 số nguyên dương đầu tiên lấy số xếp thành dãy số có dạng u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 Hỏi có bao nhiêu dãy số có dạng trên biết u1 , u2 , u3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng u1 , u2 , u3 lập thành csc ⇔ u1 + u3 = 2u2 ⇒ u1 , u3 cùng tính chẵn lẻ Số csc u1 , u2 , u3 chính là số cặp u1 , u3 cùng tính chẵn lẻ Khi đó các số hạng u4 , u5 , u6 chọn 2009 số nguyên dương còn lại 1.0 0.25 0.25 Số cách chọn csc u1 , u2 , u3 là 2.A1006 Số cách chọn số hạng u4 , u5 , u6 là A2009 0.5 Vậy số các dãy số thỏa mãn yêu cầu là: 2.A1006 A2009 Hướng dẫn chấm này trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác tính điểm tối đa Với các cách giải đúng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống điểm chi tiết không vượt quá số điểm dành cho bài phần đó Mọi vấn đề phát sinh quá trình chấm phải trao đổi tổ chấm và cho điểm theo thống tổ Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 CHUYÊN UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút( Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 20 tháng năm 2012 Câu (4 điểm) Giải phương trình sau: x = 3 3x − − − ( x ∈ ℝ) Câu (4 điểm)  x = x =1 Cho dãy số thực ( xn ) thoả mãn:  x = x + x ∀ n ∈ N sin sin ; n + n + n  Chứng minh dãy số ( xn ) hội tụ và tính giới hạn dãy số đó Câu (3 điểm) Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên ℝ đồng thời thoả mãn: f (1) = 1, f (e) = e Chứng minh tồn số thực a cho: f (a) = a f '(a) Câu (6 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (S): ( x − 3) + ( y − 4) = và hai điểm A(1;1), B(−3;3) a) Tìm toạ độ điểm M thuộc (S) cho góc AMB vuông b) Tìm toạ độ điểm N thuộc (S) cho góc ANB lớn Câu (3 điểm) Cho tập hợp A = {1;2; ;51;52} Tìm số tập A có tính chất: tập ấy, có ít hai số a, b thoả mãn a = 17b -HẾT (Đề thi gồm có 01 trang) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 CHUYÊN Ngày thi 20 tháng năm 2012 ============== Câu (4 điểm) Giải phương trình sau: x = 3 3x − − − Giải: x + = y  Đặt z = 3x − ; y = 3z − , ta có hệ:  y + = 3z  z + = 3x  Giả sử x = Max{x; y; z} Vì x, y, z > nên dẫn đến x = y = z x =1 x = Suy ra: x − 3x + = ⇒  Dễ thấy hai giá trị này thoả mãn phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = 1, x = Câu (4 điểm)  x = x =1 Cho dãy số ( xn ) thoả mãn:  2 xn + = sin xn +1 + sin xn ; ∀n ∈ N Chứng minh dãy số ( xn ) hội tụ và tính giới hạn dãy số đó Giải: - Nhận xét: x1 > x > x3 > - Dùng phương pháp quy nạp, chứng minh: π > xn > xn +1 > 0; ∀n ∈ ℕ, n > Suy tồn lim x n = a -Từ giả thiết suy a là nghiệm pt: x = sinx Dùng đạo hàm, nghiệm pt là x = Kết luận lim x n = Câu (3 điểm) Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên ℝ đồng thời thoả mãn: f (1) = 1, f (e) = e Chứng minh tồn số thực a cho: f (a) = a f '(a) Giải: Xét hàm số: g ( x) = e − x f (e x )  g (0) = f (1) = 1 Từ giả thiết suy g(x) có đạo hàm và   g (1) = e f (e) = Dẫn đến ∃b ∈ (0;1) : g (a) = Mà g '( x) = −e − x f (e x ) + f '(e x ) Suy ∃b ∈ (0;1) : − f (eb ) + eb f '(eb ) = Đặt eb = a ta có đpcm Câu (6 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn , (S): ( x − 3) + ( y − 4) = và hai điểm A(1;1), B(−3;3) a) Tìm toạ độ điểm M thuộc (S) cho góc ∠AMB vuông b) Tìm toạ độ điểm N thuộc (S) cho góc ∠ANB lớn Giải: a)Giả sử M = ( x; y ) là điểm thỏa mãn ∠AMB vuông Ta có:  AM BM = ( x − 1)(( x + 3) + ( y − 1)( y − 3) = ⇔ ⇒ M = (1;3)  2  M ∈ ( S )  x + y − x − y + 20 = b) Gọi J (−1;2) là trung điểm AB, I (3;4) là tâm (S), M(1;3) Ta thấy: MJ + MI = , ∠AMB vuông, suy đường tròn (C) đường kính AB tiếp xúc ngoài với (S) Do đó với N thuộc (S) thì N không nằm (C), dẫn đến ∠ANB ≤ ∠AMB ; đẳng thức xảy và M trùng N Vậy N(1;3) thì góc ∠ANB lớn Câu 5(3 điểm) Cho tập hợp A = {1; 2; ;51;52} Tìm số tập A có tính chất: tập ấy, có ít hai số a, b thoả mãn a = 17b Giải: - Để a = 17b thì (a;b) có thể là số các cặp: (1;17), (2;34), (3;51) - Ký hiệu: Ak là tập các tập A có chứa cặp (k;17k) A1 = A2 = A3 = 250 Dễ thấy A1 ∩ A2 = A2 ∩ A3 = A3 ∩ A1 = 248 A1 ∩ A2 ∩ A3 = 246 Từ đó kết là: A1 ∪ A2 ∪ A3 = 3.250 − 3.248 + 246 = 37.246 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN – 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 trên (T), tiếp tuyến (T) các điểm A, B, C cắt (T) 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) luôn cắt trục hoành đúng điểm Câu 2:(5 điểm) 1/ Giải phương trình: log x + log x + log x = log3 x + log x + log x ( x ∈ ℝ ) 2/ Giải phương trình: ( 5x − ) − 1 = x2 − 5x − x −1 (x ∈ ℝ) Câu 3:(3 điểm) Kí hiệu Ckn là tổ hợp chập k n phần tử ( ≤ k ≤ n; k, n ∈ ℤ ) , tính tổng sau: 2009 2010 S = C02010 + 2C12010 + 3C22010 + + 2010C 2010 + 2011C 2010 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 2/ Cho tứ diện ABCD có BAC = 600 , CAD = 1200 Gọi E là chân đường phân giác góc A tam giác ABD Chứng minh tam giác ACE vuông Câu 5:(2 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x + y ≤ π Chứng minh rằng: cos x + cos y ≤ + cos ( xy ) …………………… HẾT…………………… (Đề thi gồm có 01 trang) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu Câu (5 đ) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 22 tháng năm 2011 ============== Cách giải Điểm Câu 1.1 (3 điểm) Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x ; y ) , C ( x ; y3 ) là điểm thẳng hàng trên (T) và thuộc đường thẳng ∆ : y = ax + b PT tiếp tuyến A là: y = ( 3x12 − 3) ( x − x1 ) + y1 (d1) 0,5 ⇔ ( x − x1 ) ( x + xx1 + x12 ) − ( x − x1 ) − ( 3x12 − 3) ( x − x1 ) = 0,5  x = x1 ⇔ ( x − x1 ) ( x + 2x1 ) = ⇔   x = −2x1 ⇒ d1 cắt (T) A ' ( x '1 ; y '1 ) với x '1 = −2x1 0,5 Xét PT: x − 3x + = ( 3x12 − 3) ( x − x1 ) + x13 − 3x1 + y '1 = x '13 − 3x '1 + = −8x13 + 6x1 + = −8 ( x13 − 3x1 + ) − 18x1 + 18 = −8y1 − 18x1 + 18 = −8 ( ax1 + b ) − 18x1 + 18 = ( 4a + ) x '1 + 18 − 8b Chứng minh tương tự A’, B’, C’ cùng thuộc đường thẳng có PT: ∆ ' : y = ( 4a + ) x + 18 − 8b Suy ra, đpcm Chú ý: Học sinh có thể chứng minh và sử dụng bổ đề: “Cho ba điểm A ( x1 ; y1 ) , B ( x ; y ) , C ( x ; y3 ) thuộc đồ thị hàm số y = ax + bx + cx + d ( a ≠ ) , A, B, C thẳng hàng ⇔ x1 + x + x = 0,5 −b ” a Câu 1.2 (2 điểm) Xét hàm số: f ( x ) = x 2n +1 + 2011x + 2012 f ' ( x ) = ( 2n + 1) x 2n + 2011 > 0, ∀x ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ Suy ra, PT f(x)=0 có nhiều nghiệm Vì lim f ( x ) = lim x 2n +1 1 + x →+∞ x →+∞ 2011 2012  + 2n +1  = +∞ ⇒ ∃b > để f ( b ) > x 2n x    2011 2012  lim f ( x ) = lim x 2n +1 1 + 2n + 2n +1  = −∞ ⇒ ∃a < để f ( a ) < x →−∞ x →−∞ x x   0,5 0,5 0,5 ⇒ f ( a ) f ( b ) < , suy PT f ( x ) = có nghiệm thuộc (a;b) Từ đó suy ra, đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành đúng điểm 0,5 Chú ý: Học sinh có thể tính lim f (x), lim f (x) lập bảng biến thiên và suy x →+∞ f(x)=0 có nghiệm x →−∞ Câu (5 đ) Câu 2.1 (2,5 điểm) Giải phương trình: log x + log x + log x = log x + log x + log x (1) (1) ⇔ log x + log 2.log x + log 2.log x = log3 log x + log5 2.log x + log 2.log x ⇔ log x (1 + log + log − log − log − log ) = (2) Ta có: − log > , log − log = 1 − > 0, log log 1 log − log = − > nên + log + log − log − log − log > log log (2) ⇔ log x = ⇔ x = Vậy PT có nghiệm x = ĐK: x > Xét hàm số: f ( t ) = t − > 0, ∀t > ( t − 1) (1) ⇔ f ( 5x − ) = f ( x ) 0,75 0,5 0,5 Câu 2.2 (2,5 điểm) Giải phương trình: ( 5x − ) − f ' ( t ) = 2t + 0,75 1 (1) = x2 − 5x − x −1 với t > t −1 Suy ra, f(t) đồng biến trên 0,5 7   ; +∞  5  0,5 (thỏa mãn) Vậy PT có nghiệm x = ⇔ 5x − = x ⇔ x = Câu (3 đ) 0,5 Chú ý: Nếu HS ghi ĐK t > và hàm số f(t) đồng biến trên (1; +∞ ) thì điểm cho tối đa Kí hiệu Ckn là tổ hợp chập k n phần tử ( ≤ k ≤ n; k, n ∈ ℤ ) , tính tổng sau: 2010 S = C02010 + 2C12010 + 3C2010 + + 2010C 2009 2010 + 2011C 2010 Xét hàm số: f ( x ) = x (1 + x ) Ta có: (1 + x ) 2010 2010 2010 2010 = C02010 + C12010 x + C 2010 x + + C 2010 x ⇒ f ( x ) = x (1 + x ) 2010 2011 = C02010 x + C12010 x + C 2010 x + + C 2010 2010 x 2011 ⇒ f ' ( x ) = ( C02010 x + C12010 x + C 22010 x + + C 2010 )' 2010 x 2010 2010 = C02010 + 2C12010 x + 3C 22010 x + + 2011C2010 x Mặt khác f ' ( x ) =  x (1 + x ) 2010  ' = (1 + x ) 2010 + 2010x (1 + x ) 2009  Với x=1 ta được: 2010 S = C02010 + 2C12010 + 3C2010 + + 2010C 2009 2010 + 2011C 2010 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 = f ' (1) = 503.22011 KL: S = 503.22011 0,5 Câu (5đ) Câu 4.1 (3 điểm) Gọi O là giao điểm AC và BD ∆SAC, ∆SBD cân S nên SO ⊥ AC, SO ⊥ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) Từ giả thiết suy OA = OB = OC = OD ⇒ ABCD là hình chữ nhật Đặt AB = x, x > ⇒ AC = 16a + x ⇒ AO = 0,25 0,25 0,25 16a + x 8a − x ⇒ SO = 2 8a − x ⇒ VABCD = 4a.x a 8a ≤ ( x + 8a − x ) = 3 8a x = 2a ⇒ VABCD max = 0,25 0,25 0,25 Suy ra, SO=a Chọn hệ tọa độ hình vẽ 0,25 O ( 0; 0; ) , S ( 0;0;a ) , B ( −a; −2a; ) , C ( −a; 2a;0 ) , D ( a; 2a;0 ) 0,25 Tìm vtpt mp(SBC) là n SBC (1;0; −1) , 0,25 vtpt mp(SCD) là n SCD ( 0;1; ) 0,25 , với ϕ là góc hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) 10 Vậy cosin góc hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) (khi VABCD lớn nhất) 10 ⇒ cos ϕ = z S C B O y A D x Chú ý: Học sinh có thể tính thể tích khối chóp S.ABCD cách đặt SO=x Khi đó, VS.ABCD = 4a.x 8a − 4x lời giải hoàn toàn tương tự 0,25 0,25 Câu 4.2( điểm) A v u uAE w B D E C AB AD AC , v= , w= ⇒ u = v = w = AB AD AC AE nhận u AE = u + v là vectơ phương Đặt u = Ta có u AE w = ( u + v ) w = uw + vw = u w cos 600 + v w cos1200 = ⇒ AE ⊥ AC hay ∆ACE vuông A 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu (2 đ) Do hàm y = cos x là hàm chẵn nên ta cần xét với x ≥ 0, y ≥ x+y x + y2 π x+y π Ta có ≤ xy ≤  ≤ ⇒0≤ ≤  ≤ 2 2   cos x + cos y = 2cos 0,25 x+y x−y x+y cos ≤ 2cos 2 x+y + cos ( xy ) ≥ + cos     0,25 x+y x+y Ta chứng minh cos   ≤ + cos   (1)     Đặt  x+y π = t, t ∈ 0;  , (1) trở thành + cos t − cos t ≥ 2    Xét hàm số f (t) = + cos t − cos t với t ∈ 0; π  2  f '(t) = −2t sin t + 2sin t = 2(sin t − t sin t ) ;f '(1) = f ' ( ) = 2 ∀t∈(0 ;1) ta có t > t ⇒ sin t > sin t > t sin t ⇒ f '(t) >  ∀t∈ 1;  π 2  ta có t < t ⇒ sin t < sin t < t sin t 2 0,25 ⇒ f '(t) < 0,25 0,25 0,25 t f '(t) 0 π + f(1) f(t) f( π ) 0,25 f (0) = 0; f (1) = − cos1 > 0;  π2   π2   π  π f   > − cos  =0  = − 2cos   > − cos     π  2  2      π x+y x+y Vậy f (t) ≥ 0, ∀t ∈ 0;  ⇒ cos   ≤ + cos   2      Từ đó suy ra, cos x + cos y ≤ + cos( xy) Dấu xảy x = y = Chú ý: Học sinh có thể đặt t = xy và cách làm hoàn toàn tương tự Hướng dẫn chấm này trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác tính điểm tối đa Với các cách giải đúng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống điểm chi tiết không vượt quá số điểm dành cho câu phần đó Mọi vấn đề phát sinh quá trình chấm phải trao đổi tổ chấm và cho điểm theo thống tổ Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm 0,25 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh UBND TØNH B¾C NINH Së gi¸o dôc Vµ §µo t¹o N¨m häc: 2009-2010 m«n thi: to¸n – líp 12 – thpt §Ò chÝnh thøc C©u (3,0 ®iÓm) 1/ Gi¶i ph−¬ng tr×nh: Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngµy thi 14 th¸ng n¨m 2010 sin x − sin 2x + sin 3x = cos x − cos 2x + cos 3x 2/ Cho bÊt ph−¬ng tr×nh: log (5 x ) − log x ≤ m.3log ( 25 x ) (víi m lµ tham sè) a) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh ®( cho, m = b) Xác định m để bất ph−ơng trình đ( cho có nghiệm x > 5 x − 3x + C©u (4,0 ®iÓm) Cho hµm sè y = x2 + 1/ Chứng minh hàm số đ( cho có điểm cực trị, đó là điểm cực tiểu 2/ §å thÞ hµm sè ®( cho c¾t trôc hoµnh Ox t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B TÝnh cosin góc tạo các tiếp tuyến A và B đồ thị hàm số đ( cho (với kết qu¶ ®−îc rót gän) C©u (3,0 ®iÓm) 1 (−1) n n 1/ T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d−¬ng n tho¶ m(n: Cn − Cn + + Cn = n+2 42  x1 = cos(2π x2 )  6 x2 = cos(2π x3 ) 2/ Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  6 x3 = cos(2π x4 )   x4 = cos(2π x1 ) C©u (6,5 ®iÓm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông, với AB = vµ AA’ = a 1/ TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn BDB’C’ TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng DC’ vµ AC 2/ Khi a thay đổi, h(y tìm giá trị lớn góc tạo đ−ờng thẳng B’D và mặt ph¼ng (BDC’) C©u (3,5 ®iÓm) 1/ Chứng minh với x ∈ R ta có: ≤ 2/ T×m ( lim cos α x →+∞ n cos α + sin α n sin α ) n sin x + cos x ≤ 2+ 2 π víi α ∈ (0; ) -HÕt -(§Ò thi gåm 01 trang) Hä vµ tªn thÝ sinh: Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1: Sè b¸o danh : Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2: ubnd tØnh b¾c ninh Së gi¸o dôc vµ §µo t¹o kú thi häc sinh giái THPT N¨m häc: 2009 - 2010 M«n: To¸n Líp 12 đáp án và H−ớng dẫn chấm thi (§¸p ¸n gåm 04 trang) Chó ý chung: - Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống để chia nhỏ h¬n, nh−ng kh«ng chia nhá d−íi 0,25 - Mọi lời giải học sinh có ph−ơng pháp khác với đáp án, là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức ch−ơng trình, tổ chấm thi thống điểm t−¬ng øng (häc sinh cã thÓ sö dông kiÕn thøc cña ch−¬ng tr×nh C¬ b¶n hoÆc N©ng cao) C©u (3,0 ®iÓm) §¸p ¸n §iÓm 1) (1,00®) 2sin 2x cos x − sin 2x 0,25 Ph−¬ng tr×nh ® cho t−¬ng ®−¬ng = cos 2x cos x − cos 2x  tan 2x = (1) sin 2x(2 cos x − 1)  ⇔ = 3⇔  cos 2x(2 cos x − 1) cos x ≠ (2)  π π Gi¶i (1) ®−îc nghiÖm x = + k 0,25 0,25 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn (2), kÕt luËn nghiÖm: x = π 2π + mπ; x = + m2π (m ∈ ℤ) 2) (2,00®) §iÒu kiÖn x > Víi §K trªn, bÊt ph−¬ng tr×nh ® cho t−¬ng ®−¬ng víi log x 4 − 6log x ≤ 9m.32 log x 5 log x 2     log5 x 2 −  3 2 §Æt t =   3 log x 0,25 Chia hai vÕ cho log x > 0, cã bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng ≤ 9m (1) 0,25 víi t > (1) cã d¹ng 4t2 – t ≤ 9m (2) a) víi m = , (2) trë thµnh 4t2 – t – 18 ≤ ⇔ −2 ≤ t ≤ 2 VËy BPT ® cho lµ   3 0,25 log x ≤ 0,25 0,25 ⇔x≥ 25 2 b) Khi x > 1, cã log x > ⇒ < t =   3 log x 0,25 < VËy bÊt ph−¬ng tr×nh ® cho cã 0,25 nghiÖm x > vµ chØ (2) cã nghiÖm t ∈ (0; 1) XÐt hµm sè f(t) = 4t2 – t víi t ∈ (0; 1) , ®−îc miÒn gi¸ trÞ cña hµm f(t) lµ [ − ; 3) 16 0,25 VËy bÊt ph−¬ng tr×nh ® cho cã nghiÖm x > vµ chØ 9m ≥ -1/16 KL : m ≥ − 144 0,25 C©u (4,0 ®iÓm) §¸p ¸n 1) (1,5®) TX§: R, ∀x ∈ R cã y’ = §iÓm x + x −3 0,25 (x + 1)3 ∀x ∈ R cã (x + 1)3 > 0, vËy y’ cïng dÊu víi f(x) = x + x − xét hàm f(x) liên tục trên R và f’(x) = 3x2 + >0, ∀x ∈ R ⇒ f(x) đồng biến trên R Mặt kh¸c f(1).f(2) <0 ⇒ ph−¬ng tr×nh f(x) = cã nghiÖm x0 ∈ (1; 2) VËy: y 'x0 = vµ x > x0 ⇒ f(x) > f(x0) = ⇒ y’ >0; x < x0 ⇒ f(x) < f(x0)= ⇒ y’ < 1,0 Do đó hàm số có điểm cực trị đó là điểm cực tiểu 2) (2,5đ) Đặt U(x) = x − 3x + , V(x) = x + , đồ thị hàm số cắt trục hoành hai điểm phân biệt A; B có hoành độ lần l−ợt là x1>0 và x2 > là nghiệm ph−ơng trình: x − 3x + = (1), hay U(x1) = U(x2) = Gọi k1; k2 thứ tự là hệ số góc hai tiếp tuyến đồ thị hàm số A; B ⇒ 0,25 k1 = y ' x = 0,5 V(x1 ).U '(x1 ) − V '(x1 ).U(x1 ) U '(x1 ) 2x1 − 2x − = = T−¬ng tù k2 = 2 V(x1 ) V(x1 ) x12 + x 22 + Tiếp tuyến đồ thị hàm số A và B lần l−ợt có ph−ơng trình : k1x – y - k1x1 = vµ k2x – y – k2x2 = Gäi α lµ gãc t¹o bëi hai tiÕp tuyÕn trªn ⇒ cos α = k1 k + k12 + k 22 + = k1 k + (k1 k ) + (k1 + k ) − 2k1 k + 0,25 0,5 (2) Ta cã : x1 ; x2 lµ nghiÖm ph−¬ng tr×nh (1), nªn x1 + x2 = vµ x1 x2 = mÆt kh¸c x12 − 3x1 + = ⇒ x12 + = 3x1 , t−¬ng tù x 2 + = 3x VËy k1 = k2 = 2x − 3x ⇒ k1 k2 = (2x1 − 3)(2x − 3) 9x1 x = 2x1 − 3x1 vµ 4x1 x − 6(x1 + x ) + − 18 + −5 = = 3 0,5 k1 + k2 = = = 2x1 − 2x − + 3x1 = 3x (2x1 − 3) + 3x1 (2x − 3) 9x1 x 3x − 3( x1 + x ) = − 3( x1 + x + x1 x ) Thay vµo (2) ta ®−îc cos α = =− = 3x1 x ( x1 + x ) − 3( x1 + x ) 0,5 0,25 79 C©u (3,0 ®iÓm) §¸p ¸n §iÓm 1 (1,5 ®iÓm) Víi mçi n nguyªn d−¬ng, xÐt tÝch ph©n I = ∫ x(1 − x) n dx §Æt – x = t ⇒ dx = - dt Khi x = ⇒ t =1 vµ x = ⇒ t = 0  t n +1 t n +2  1 VËy I = − ∫ (1 − t)t n dt = ∫ (t n − t n +1 )dt =  − = −   n +1 n +  n +1 n + (1) MÆt kh¸c x(1 − x) n = x ( C0n − C1n x + + (−1) n Cnn x n ) = C0n x − C1n x + + (−1)n C nn x n +1 0,25 0,25 1 (−1)n n n +  + + (−1)n Cnn x n +1 dx =  C0n x − C1n x + + Cn x  n+2 2 0 1 (−1)n n C n (2) = C0n − C1n + + n+2 1 1 (−1)n n Tõ (1) vµ (2) ⇒ C0n − C1n + + Cn = n+2 n +1 n + 1 VËy n tho¶ m n ®iÒu kiÖn ® cho vµ chØ = (3) n + n + 42 VËy I = ∫ (C x − C x n n ) 0,25 0,25 0,25 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (3) ®−îc nghiÖm nguyªn d−¬ng n= KL: n = 0,25 (1,5 ®iÓm) Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta cã thÓ gi¶ sö: x1 = max( x1 , x , x , x ) Do hµm cos nhận giá trị từ -1 đến và là hàm chẵn nên < x1 , x , x , x < π MÆt kh¸c, hµm cos nghÞch biÕn kho¶ng (0; ) nªn tõ c¸c ph−¬ng tr×nh cña hÖ ta suy x2 = min( x1 , x , x , x ) , x3 = max( x1 , x , x , x ) x4 = min( x1 , x , x , x ) Do đó, x1 = x3 , x2 = x4 hệ đ cho trở thành:  x1 = cos(2π x2 )  6 x = cos(2π x1 ) Từ đó (x1 − x2 ) = sin[π ( x1 − x2 )] sin[π ( x1 + x2 )] ≤ π ( x1 − x2 ) Vì x1 ≥ x2 và > π nên bất đẳng thức trên xảy x1 = x2 Tức là 3x1 − cos(2π x1 ) = Từ tính đồng biến ta đ−ợc ph−ơng trình có nnghiệm x1 = VËy nghiÖm cña hÖ lµ x1 = x2 = x3 = x4 = 12 a BCD.B’C’D’ ⇒ V1 = V = AB2 A ' A = 0,75 Ta cã : VBDB’C’ = V1 – (VC’DBC + VDB’C’D’) (1) D A C I Ta cã CC’ ⊥ (DBC) vµ DD’ ⊥ (D’B’C’) vµ dt( ∆ DBC) = dt( ∆ D’B’C’) = CC’=D’D = a ⇒ VC’DBC = VDB’C’D’ = 1 a a = 0,25 0,25 0,5 0,25 12 C©u (6,5 ®iÓm) Chú ý : có nhiều ph−ơng pháp để giải câu này, đáp án sau đây, đ−a cách giải- chủ yÕu sö dông ph−¬ng ph¸p thÓ tÝch §¸p ¸n §iÓm D’ 1)(4,0®) C’ + Gäi V vµ V1 theo thø tù lµ thÓ tÝch c¸c khèi B’ A’ hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ và lăng trụ đứng 0,25 B vµ 0,5 a a a − = + Ta cã DC’// mp(AB’C) ⊃ AC ⇒ d(DC’; AC) = d(D ; (AB’C)) = h a Gäi V2 lµ thÓ tÝch khèi tø diÖn B’DAC, ta cã V2 = a MÆt kh¸c V2 = dt( ∆ B’AC).h ⇒ h = (2) 2dt(∆B' AC) Thay vµo (1) ta ®−îc VBDB’C’ = 0,5 0,5 0,25 0,5 Ta cã B’C = B’A = a + ⇒ ∆ B’AC c©n ë B’ Gäi I lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD ⇒ I lµ trung ®iÓm cña AC vµ B’I ⊥ AC ⇒ B ' I = B ' B2 + ( 2a + 1 ⇒ dt( B'AC)= AC.B 'I = 2 BD ) = a Thay vµo (2) ⇒ h= 2a + 2a + VËy kho¶ng c¸ch gi÷a DC’ vµ AC b»ng 2) (2,5®) Theo cmt, ta cã VBDB’C’ = 0,75 a 2a + 0,25 a (3) Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B’ trªn mp(BDC’), ta cã ∠B ' DH = α (nhän) 0,75 chÝnh lµ gãc gi÷a ®−êng th¼ng B’D vµ mÆt ph¼ng (BDC’) vµ B’H =B’Dsin α B’D = D 'D + B'D '2 = a + MÆt kh¸c VBDB’C’ = dt(∆BDC ').B' H Mµ 1 1 BD.C 'I = a2 + = 2a + 2 2 dt (∆BDC ') = ⇒ VBDB'C' = (2a + 1)(a + 2) sin α (4) 0,75 Tõ (4) vµ (3) (2a + 1)(a + 2) = = 2(a + ) + 2 sin α a a 1 ¸p dông B§T C« si ®−îc a + ≥ ⇒ ≥ ⇒ < sin α ≤ dÊu “=” x¶y a sin α vµ chØ a = VËy α lín nhÊt vµ chØ sin α = ( α nhän) ⇒ a = (2a + 1)(a + 2) sin α ⇒ 0,5 0,5 C©u (3,5 ®iÓm) §¸p ¸n (2,0 ®iÓm) XÐt hµm sè f(x) = sin x π + cos x ∀x ∈ R , ta có f(x + )= f(x) Vậy để xÐt miÒn gi¸ trÞ cña f(x) trªn R , ta chØ viÖc xÐt f(x) trªn ®o¹n [0; =2 sin x + 2cos x MÆt kh¸c, gi¸ trÞ mµ sin x §iÓm π π π ] vµ [ ; ] lµ 4 π trªn ®o¹n [0; ] + 2cos x nhËn ®−îc trªn c¸c ®o¹n [0; nh− VËy ta chØ cßn xÐt hµm sè f(x) = Ta cã f’(x) = ln2( cosx 2sin x − sin x.2cos x ) sin x + 2cos x π ] Khi đó f(x) 0,75 Khi x = ta cã f’(x) > 0, x = π ta cã f’(x) = π ) th× sinx vµ cosx thuéc (0 ; 1) vµ sinx < cosx 2t t (t.ln − 1) XÐt hµm sè g(t) = víi t ∈ (0; ), cã g’(t) = < ⇒ g(t) nghÞch biÕn t t2 2sin x 2cos x ⇒ g(sinx) >g(cosx) ⇒ > ⇒ cos x.2sin x > sin x.2cos x ⇒ f’(x) >0 sin x cos x Khi x ∈ (0; Tóm lại f(x) đồng biến trên trên đoạn [0; Do đó ∀x ∈ ℝ , ta có ≤ sin x +2 cos x π π ] VËy 3= f(0) ≤ f (x) ≤ f ( ) = 4 ≤2 2+ 2 (1,5 ®iÓm) §Æt xn = cos α n cos α + sin α n sin α , suy xn → Ta có xn < 1, ∀n ≥ đó n → +∞ thì ln xn n ln xn → hay →1 xn − n( xn − 1) n cos α − sin α − + sin α 1 n n 2 → cos α ln cos α + sin α ln sin α MÆt kh¸c, n( xn − 1) = cos α n Tøc lµ lim ( xn )n = (cos α )cos α (sin α )sin 2 α x →+∞ ========== H−íng dÉn chÊm cã 05 trang 1,0 2+ 2 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 UBND tØnh B¾c Ninh đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Sở giáo dục và đào tạo N¨m häc 2008 – 2009 M«n thi: To¸n THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể giao đề) Ngµy thi: th¸ng n¨m 2009 ============== ========== §Ò chÝnh thøc Bµi (6 ®iÓm) 1/ So s¸nh hai sè: 20092010 vµ 20102009 2/TÝnh giíi h¹n sau:   1 − lim   x → x ( + x + 1)  x( (1 + x) + + x + 1)  Bµi (4 ®iÓm) 1/ Cho ba sè thùc kh«ng ©m x, y, z tho¶ m6n: x2009 + y2009 + z2009 = T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: F= x + y + z 2/ Cho sè nguyªn d−¬ng n Chøng minh r»ng: 1 2009 C + C 2010 + + C n+1 2009+n < 2007 Bµi (4 ®iÓm) Hình chóp S.ABC có tổng các mặt (góc đỉnh) tam diện đỉnh S 180 và c¸c c¹nh bªn SA=SB=SC=1 Chøng minh r»ng diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh chãp nµy kh«ng lín h¬n Bµi (4 ®iÓm) 1/ Gäi m, n, p lµ nghiÖm thùc cña ph−¬ng tr×nh: ax +bx +cx-a=0 (a ≠ 0) Chøng minh r»ng: 2+ + − ≤ m + n + p DÊu "=' ' x¶y nµo? m n p  x3 + y + x ( y + z ) = xyz + 14  2/ Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  y + z + y ( z + x) = xyz − 21  z + x3 + z ( x + y ) = xyz +  Bµi 5(2 ®iÓm) 1/ Chøng minh r»ng bèn h×nh trßn cã c¸c ®−êng kÝnh lµ bèn c¹nh cña mét tø gi¸c lồi thì phủ kín miền tứ giác đó 2/ Cho y = a0 x + a1 x3 + a2 x5 + + an x n +1 + víi x ∈ (−1;1) tháa m6n: (1- x ) y′ - xy = víi ∀x ∈ (−1;1) T×m c¸c hÖ sè: a ; a1 ; a ; ; a n -HÕt (§Ò gåm 01 trang) Hä vµ tªn thÝ sinh……………………… SBD…………………………… H−íng dÉn chÊm to¸n thpt Bµi C¸ch gi¶i §iÓm 1(3®iÓm) ln x (6®) , Tập xác định: ∀x > XÐt hµm sè f ( x) = 0,5 x − ln x f ′( x) = , f ′( x) = ⇔ − ln x = ⇔ x = e Ta cã : x2 x f ′(x) e + f(x) 0,5 +∞ - e Do đó hàm số nghịch biến trên (e; +∞) ∀x1 , x2 tháa m6n: e < x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) ⇔ ln x1 ln x2 > ⇔ x2 ln x1 > x1 ln x2 ⇔ x1x2 > x2x1 Tõ x1 x2 đó đ−ợc: 20092010 > 20102009 (3®iÓm) ViÕt l¹i giíi h¹n vÒ d¹ng: 1  1  1  L= lim   - -  -  x→ 3x   1+4x +1  2x  (1+6x) + 1+6x +1   1 −  1 1 ′ XÐt lim  −  = lim + x + = f (0)=- Víi x →0 x x  + x +  x →0 f(x)= 1+ 4x +1  1 g ( x) − g (0) lim  −  = lim = g ′(0) = − x →0 x  3  x →0 x  (1 + x) + + x +  Víi g ( x) = (1 + x) + + x + 1 Do đó L= (2 ®iÓm) 0,5 1,0 0,5 1,0 1,0 0,5 0,5 (4đ) áp dụng bất đẳng thức CôSi cho 2009 số gồm 2007 số và số x 2009 ta ®−îc: + + + + x 2009 + x 2009 2009 2.2009 ≥ x = x2 2009 + + + + y 2009 + y 2009 2009 2.2009 T−¬ng tù : ≥ y = y2 2009 + + + + z 2009 + z 2009 2009 2.2009 ≥ z = z2 2009 0,5 0,5 Cộng vế vế các bất đẳng thức trên ta đ−ợc: 3.2007 + 2( x 2009 + y 2009 + z 2009 ) =3 2009 0,5 Dấu xảy x=y=z=1 Do đó giá trị lớn F là (2 ®iÓm) 0,5 x2 + y + z ≤ Ta cã: C k +1 2009 + k = 2008!(k + 1)! 2008!(k + 1)! = (2009 + k − (k + 2)) (2009 + k )! (2009 + k )!2007 = 2008  2007!(k + 1)! 2007!(k + 2)!  −   2007  (2008 + k )! (2009 + k )!  2008  1   k +1 − k +  2007  C2008+ k C2009+ k  2008  1  2008 1 = =  − n+  < 2007  C2008 C2009+ n  2007 C2008 2007 = LÊy tæng: n ∑C k =0 k +1 2009 + k 1,0 1,0 Ký hiệu độ lớn các mặt góc tam diện đỉnh S nh− sau: (4®) BSC = α , CSA = β , ASB = γ vµ α + β + γ = 180 Ta cã thÓ coi α , β , γ lµ góc tam giác nào đó Tổng diện tích mặt bên hình chóp lµ: (sin α + sin β + sin γ ) Chøng minh: 0,75 sin α + sin β + sin γ ≤ 3 DÊu b»ng x¶y 0,5 α = β = γ = 60 Do đó 0,25 3 (sin α + sin β + sin γ ) ≤ Gọi BC=a, CA=b, AB=c áp dụng định lý Cosin tam giác BSC ta ®−îc: a = 2(1 − cos α ) = 4sin α ⇒ a = 2sin α 0,5 β γ 2 T−¬ng tù ta cã: b = 2sin , c = 2sin 0,25 p2  ( p − a ) + ( p − b) + ( p − c )  p =  3   S ∆ABC = p( p − a )( p − b)( p − c) ≤ Hay S∆ABC ≤ (sin α + sin α β γ + sin )2 2 3 β γ 0,25 3 ta ®−îc: S ∆ABC ≤ 2 2 3 DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh chãp kh«ng lín h¬n: + = 4 Dấu xảy khi: α = β = γ = 60 tức là tứ diện Chøng minh: sin + sin 0,5 + sin ≤ 0,5 0,25 0,25 (2 ®iÓm) Theo Vi-et ta cã: mnp=1 (4đ) Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dạng: np + 2mp − + mn ≤ m2 + n + p ⇔ 2np cos α + 2mp cos β − 2mn cos γ ≤ m + n + p ⇔ ( p − m cos β − n cos α )2 + (m sin β − n sin α ) ≥ (luôn đúng) (Víi α = 60 , β = −45 , γ = 15 )  m sin β = n sin α n m p ⇔ = = sin β sin α sin γ  p = m cos β + n cos α DÊu b»ng x¶y khi:  §Æt k = k= 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 m −4(3 + 3) ta ®−îc: k = nªn = sin α sin α sin β sin γ −4(3 + 3) n= sin(−45 ) p= sin(15 ) 0,25 −4(3 + 3) −4(3 + 3) , m= sin(60 ) , 3 −4(3 + 3) 0,25 (2 ®iÓm) Chøng minh: x3 + y + z − 3xyz = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz − zx) (1) 0,5 Céng tõng vÕ cña ph−¬ng tr×nh vµ sö dông (1) ta ®−îc: 0,25 ( x + y + z )(2 x + y + z − xy − yz − zx) =  y = xyz + 14(2)  TH1: x+y+z=0 hÖ trë thµnh  z = xyz − 21(3)  x3 = xyz + 7(4)  Do z=-x-y nªn tõ (2) vµ (4) ta ®−îc:  y = − xy ( x + y ) + 14  y ( x + y + xy ) = 14 ⇔  2  x = − xy ( x + y ) +  x( x + y + xy ) = Từ đó ta đ−ợc: y=2x và z=-3x Thay vào (2) ta đ−ợc: x3 = ⇔ x = HÖ cã nghiÖm: (1;2;-3) TH2: x + y + z − xy − yz − zx = ⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) + x + y + z = 0,5 Ta ®−îc x=y=z=0 kh«ng tháa m6n hÖ ®6 cho Tãm l¹i hÖ cã nghiÖm nhÊt: (1;2;-3) 0,5 0,25 (2®) (1 ®iÓm) Gäi M lµ mét ®iÓm bÊt kú tø gi¸c Ta cã: AMB + BMC + CMD + DMA = 360 0,25 0,25 Do đó tồn ít góc có số đo lớn 90 Giả sử AMB ≥ 90 đó M thuộc vào hình tròn đ−ờng kính AB Từ 0,5 đó ta đ−ợc điều phải chứng minh (1 ®iÓm) Ta cã: (1 − x ) y′ − xy = ⇔ a0 + (3a1 − 2a0 ) x + (5a2 − 4a1 ) x + + [ (2n + 1)an − 2nan −1 ] x n + = Do đó ta đ−ợc: a0 =  2.4 2.4 2n ⇒ a0 = 1; a1 = ; a2 = ; ; an =  3.5 3.5 (2n + 1) (2n + 1)an = 2nan −1 Chú ý: Thí sinh làm theo cách giải khác đúng cho điểm t−ơng ứng 0,5 0,5 UBND tØnh B¾c Ninh K× thi chän häc sinh giái cÊp tØnh Sở giáo dục và đào tạo N¨m häc 2007 – 2008 M«n thi: To¸n THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể giao đề) Ngµy thi: th¸ng n¨m 2008 ============== ========== §Ò chÝnh thøc C©u1(5 ®iÓm) Tìm tất các giá trị a để tập xác định hàm số : f(x) = 2a + x chøa tËp gi¸ trÞcña hµm sè g(x) = 2a − x x + 2x + 4a − C©u2(3®iÓm) Gi¶i hÖ : x4 – x3y+ x2y2 = x3y – x2 + xy = -1 C©u 3(5 ®iÓm) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè : yz x − + xz y − + xy z − ; xyz Trªn miÒn D = {(x, y, z) : x ≥ 1; y ≥ 2; z ≥ 3} f ( x,y,z ) = C©u4(3 ®iÓm) Gäi V vµ S lÇn l−ît lµ thÓ tÝch vµ diÖn tÝch toµn phÇn cña mét tø diÖn ABCD Chøng minh r»ng : S3 > 288 V2 C©u 5(2 ®iÓm) T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh : x2y2 – x2 – 8y2 = 2xy C©u 6(2 ®iÓm) T×m tÊt c¶ c¸c hµm sè f(x) kh¶ vi trªn kho¶ng ( -1; 1) cho  x+y  f(x) + f(y) = f    + xy  =========HÕt========== §Ò nµy cã 01 trang Chó ý : häc sinhBæ tócTHPT kh«ng ph¶i lµm c©u , Hä vµ tªn thÝ sinh: …………………………… Sè b¸o danh: ……… UBND tØnh B¾c Ninh Sở Giáo Dục và đào tạo §Ò chÝnh thøc §Ò thi chän häc sinh giái tØnh N¨m häc 2006 – 2007 M«n thi: To¸n líp 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề) Ngµy thi 06 th¸ng 04 n¨m 2007 C©u (3 ®iÓm) T×m c¸c giíi h¹n sau: 1) lim sin 3x x→ π − cos x 2) lim ln cos1989x x → ln cos 2007 x Câu (3 điểm) Cho hàm số y = x + 16 x + x + có đồ thị (C) Tìm các điểm trên trục tung để từ điểm đó kẻ đ−ợc tiếp tuyến với đồ thị (C) C©u (4 ®iÓm) 1) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  x + x + 3x + − − y =   y + 3y + 3y + − − z =   z + z + 3z + − − x = 2) Gi¶i hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh:  x + y ≤   x + y ≥ C©u (3 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: (3 + 2 ) cos x = ( − 1) cos x + Câu (3 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có tổng các góc phẳng đỉnh tam diện đỉnh S 1800, các cạnh bên hình chóp Chứng minh tổng diện tích các mặt bên và diện tích mặt đáy hình chóp đó không lín h¬n C©u (2 ®iÓm) Trong gãc XOY nhän, cho h×nh b×nh hµnh AOBM T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M cho h×nh b×nh hµnh AOBM cã diÖn tÝch b»ng 1vµ c¸c đỉnh A, B t−ơng ứng chuyển động trên cạnh OX, OY x 1 C©u (2 ®iÓm) Cho f ( x) = 1 +  1 +  , víi x > x   4x   Chøng minh r»ng: f(n) < f(n+1), ∀ n ∈ N* HÕt §Ò nµy cã 01 trang Hä vµ tªn………………………………………….SBD………………………………… §¸p ¸n, thang ®iÓm §Ò thi HSG THPT n¨m häc 2006-2007 C©u ý 1 T×m giíi h¹n (3,0) Néi dung sin 3x lim π − cos x x→ π +) §Æt t = x − ; +) lim t →0 §iÓm 1,5 − sin 3t sin 3x = lim lim π − cos x x→ t →0 − sin 3t = t − lim t π sin +  sin t →0 2 3 2[cos π π − cos(t + )] 3 = sin 3t 3t 0,5 0,5 t sin t π 21 sin +  2 3 t 2 +) = − 0,5 T×m giíi h¹n ln cos1989 x lim ln cos 2007 x 1,5 x→0 +) ln[1 + (cos1989 x − 1)] (cos1989 x − 1) cos1989 x − =xlim ln[1 + (cos 2007 x − 1)] →0 (cos 2007 x − 1) cos 2007 x − ln[1 + (cos1989 x − 1)] 1989 x sin cos1989 x − =xlim ln[1 + (cos 2007 x − 1)] 2007 x →0 sin cos 2007 x − 0,5  1989 x   sin    1989   ln[1 + (cos1989 x − 1)]  1989 x      +) cos1989 x −   =xlim ln[ + (cos 2007 x − )] →0 2007 x   cos 2007 x −  sin  2007       2007 x        1989  +) =    2007  (3,0) 0,5 +) TX§: R, gi¶ sö tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (C) t¹i M(x0; y0) y, = + 0,5 16 x + 0,5 16 x + x + +) Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) t¹i M(x0; y0) lµ: (d): y = f’(x0)(x – x0) + f(x0) B(0; b) ∈ (d) ⇔ b = 3,0 x0 + 16 x02 + x0 + 0,5 +) XÐt hµm sè g (t ) = +) 2t + 16t + 4t + lim g (t ) = / ⇒ g ' ( x) = , +) + (16t + 4t + 1) 0,5 lim g (t ) = −1 / x → +∞ t −∞ g’(t) − 12t x →−∞ 0 0,5 +∞ - g(t) 1/2 0,5 -1/2 +) Qua điểm B(0; b) kẻ đ−ợc tiếp tuyến với đồ thị − / < b ≤ / 0,5 (C) ⇔  b = (4,0)  x + 3x + 3x + − − y =  Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  y + y + y + − − z =   z + z + z + − − x = +) §K: x, y, z ≥ − 2,0 XÐt hµm sè: f (t ) = t + 3t + 3t + − ⇒ f ' (t ) = 3t + + > 0, ∀t > − 3t + 1 ⇒ f(t) đồng biến trên (− ;+∞) 0,5 +) Gi¶ sö x = min{x, y, z} NÕu x<y ⇒ f(x)<f(y) ⇔ y<z ⇒ f(y)<f(z) ⇔ z<x ®iÒu nµy v« lý ⇒ x=y=z +) XÐt ph−¬ng tr×nh: x + x + x + − = §Æt h( x ) = x + x + x + − = ⇒ h ' ( x ) = x + + > 0, ∀x > −1 / 3x + ⇒ h(x) đồng biến trên (−1 / 3;+∞) +) Ta cã h(1) = 0,… VËy hÖ ph−¬ng tr×nh ®o cho cã nghiªm lµ: x = y = z = Gi¶i hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh: 0,5 0,5 0,5 2,0  x + y ≤ 1(1)   x + y ≥ 1( ) +) (1) − ≤ x ≤ x ⇒ −1 ≤ x, y ≤ ⇒  ⇒ ≤ x3 + y ≤ x + y ≤ − ≤ x ≤ x 0,5 +) HÖ ®o cho t−¬ng ®−¬ng víi: x + y =  (I)  x + y = x3 + y = x + y  x + y =   x (1 − x) ≥ x + y3 = +) V×  đó hệ (I) ⇔   y ( y − 1) ≤  x (1 − x) =  y ( y − 1) =  0,5 0,5 +) VËy hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh ®o cho cã tËp nghiÖm lµ: x =  y = (3,0) x = y = vµ  0,5 3,0 Gi¶i ph−¬ng tr×nh: (3 + 2 ) cos x = ( − 1) cos x + +) §Æt t = ( + 1) cos x , t > t Pt®cho cã d¹ng: t = + ⇔ t − 3t − = 0,5 +) XÐt f(t) = t3 – 3t – liªn tôc trªn [-2; 2] Cã f(-2) < 0; f(-1) > 0; f(0) < 0; f(2) > Khi đó f(t) có đúng nghiệm thuộc (-2; 2) +) §Æt t = 2cos α , víi α ∈ (0;π / 2) ( t > 0) +) Ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: 8cos3 α - 6cos α - = 0,5 0,5 ⇔ cos 3α = ⇒α = π π 2kπ ⇔ 3α = ± + 2kπ ⇔ α = ± + ;k ∈ Z π π ⇒ t = cos 9 0,5 +) Khi đó: ( + 1) cos x = cos +) §Æt cosϕ = log π +1 π ⇔ cos x = log π +1 (2 cos ) (2 cos ) ⇒ x = ±ϕ + 2lπ ; l ∈ Z 0,5 0,5 (3,0) Cho hình chóp S.ABC có tổng các góc phẳng đỉnh tam diện đỉnh S 1800, các cạnh bên hình chóp Chøng minh r»ng tæng diÖn tÝch c¸c mÆt bªn vµ diÖn tÝch mÆt đáy hình chóp đó không lớn +) Gọi góc đỉnh S là: α , β , γ ta có: α + β + γ = 1800 Sxq= 13 3 (sin α + sin β + sin γ ) ≤ = 2 3,0 0,5 +) Gọi các cạnh đáy hình chóp là: a, b, c theo định lý hàm α β γ 2 sè sin ta cã: a = sin , b = sin , c = sin +) S® = 0,5  p −a + p −b + p −c  p  =   p ( p − a )( p − b)( p − c) ≤ α +) Chøng minh p = (sin + sin p4 p2 = 27 3 β γ + sin ) ≤ 2 0,5 3 +) Khi đó Sđ ≤   = 3 2 +) VËy Stp = Sxq + S® ≤ , dÊu “=” xÈy ⇔ α = β = γ = 60 (2,0) Trong gãc XOY nhän, cho h×nh b×nh hµnh AOBM T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M cho h×nh b×nh hµnh AOBM cã diÖn tÝch b»ng 1và các đỉnh A, B t−ơng ứng chuyển động trên cạnh OX, OY +) 0,5 0,5 0,5 2,0 y Y B M x O X A H×nh (H1) Xét hệ trục toạ độ xOy nh− (H1), Ox là phân giác góc XOY §Æt ≺ xOX = α , gäi M(x; y)  x = (OA + OB ) cos α +)  | y |=| OA − OB | sin α +) ⇒ x2 y2 4S − = 4OA.OB = = 2 cos α sin α sin 2α sin 2α 0,5 0,5 ⇒ x2 y2 − = , víi a = cot gα , b = 2tgα (1) a b2 0,5 Vµ ng−îc l¹i………… +) VËy tËp hîp M lµ mét nh¸nh Hypebol ë bªn gãc XOY cã ph−¬ng tr×nh (1) hÖ trôc xOy (2,0) 0,5 2,0 x 1 Cho f ( x) = 1 +  1 +  , víi x > x   4x   Chøng minh r»ng: f(n) < f(n+1), víi mäi n ∈ N* +) §Æt g(x) = lnf(x) ⇒ g ' ( x) = ln( x + 1) − ln x − 1 − x + x (4 x + 1) − x + x + x + h( x) = x ( x + 1) (4 x + 1) MS +) h' ( x) = −24 x + 18 x + +) g ' ' ( x) = h' ( x ) = ⇔ x = 0,5 0,5 ± 33 x 3− h’(x) - +∞ + 3+ - +∞ -9 h(x) ⇒ h( x ) < 0, ∀x ≥ ⇒ g ' ' ( x ) < 0, ∀x ≥ -∞ 0,5 +) g’(x) lµ hµm nghÞch biÕn trªn [2; + ∞ ); vµ lim g ( x) = x → +∞ Do đó g’(x) > 0, ∀x ≥ ⇒ g(x) đồng biến trên [2; + ∞ ) ⇒ f(x) đồng biến trên [2; + ∞ ) ⇒ f(n) < f(n+1), ∀n ≥ XÐt f(1) = 5/2; f(2) = 81/32 , nªn f(1) < f(2) Chó ý: NÕu häc sinh lµm theo c¸ch kh¸c th× ph©n chia ®iÓm các b−ớc t−ơng đ−ơng với đáp án 0,5 UBND tØnh B¾c Ninh Sở Giáo Dục và đào tạo §Ò dù bÞ §Ò thi chän häc sinh giái tØnh N¨m häc 2006 – 2007 M«n thi: To¸n líp 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề) Ngµy thi 06 th¸ng 04 n¨m 2007 C©u (3 ®iÓm) T×m c¸c giíi h¹n sau: 1) lim (−1)n sin π n2 + n 2) lim (1 − x)(1 − x)(1 − 3x) (1 − 2007 x) − x x →0 C©u (3 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: x − 14 x + 15 = ( x − x + 5)( x − 10 x + 50) C©u (3 ®iÓm) Cho ph−¬ng tr×nh: 2x4 + 2ax3 + x2 + 2bx + = cã nghiÖm Chøng minh r»ng: a2 + b2 ≥ 13 12 C©u (3 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: cos x = log (8 cos z − cos x − 5)  cos y = log (8 cos x − cos y − 5) cos z = log (8 cos y − cos z − 5)  Câu (3 điểm) Xác định số nghiệm ph−ơng trình: 2e 2− x ( x − 3x + x − 1) − 2e − = Câu (3 điểm) Cho hình lập ph−ơng ABCD.A1B1C1D1 có độ dài các cạnh AB = a, AD = b, AA1 = c vµ kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng AC vµ BC1 d Biết a, b, c, d là các số tự nhiên, HIy tìm các số a, b, c, d để thể tÝch khèi lËp ph−¬ng nhá nhÊt C©u (2 ®iÓm) Cho hµm sè f(x) = x2 – §Æt f2(x) = f(f(x));…; f10(x) = f(f9(x)) Chứng minh rằng: Ph−ơng trình f10(x) = có đúng 210 nghiệm phân biÖt HÕt §Ò nµy cã 01 trang Hä vµ tªn………………………………………….SBD………………………………… UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày kiểm tra: 06 tháng năm 2013 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − x + x − có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm E có hoành độ Tìm tất giá trị tham số k để đường thẳng y = k ( x − ) cắt (C) ba điểm phân biệt A(2; 0), B, D cho MH BD = , biết H là hình chiếu điểm M(1; 2) trên đường thẳng BD Câu (2,0 điểm) Giải phương trình 2cos x + sin x + cos x =  x − 13 x + 17 ( y + 3) y + − + − + = x 26 x 42  Giải hệ phương trình  x − 13 x + 19 ( x, y ∈ ℝ ) y +1 x −1  ( x − 1) = ( y + 1)  Câu (2,0 điểm) e  ln x −  Tính tích phân I = ∫  x ln x +  dx x e   2n Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Newton (1 + x) , biết n là số nguyên dương thỏa mãn An3 + An2 = 100 , với Ank là số chỉnh hợp chập k n phần tử Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H ( 5;5) , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là x + y − = Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua hai điểm M ( 7;3) , N ( 4; ) Tính diện tích tam giác ABC x y+2 z và mặt phẳng = = −1 ( P ) : x + y + z − = Gọi A là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, nằm (P) và tạo với d góc 300 Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, AB = a Gọi ϕ là góc mặt phẳng ( A ' BC ) và mặt phẳng ( C ' B ' BC ) Tính theo a thể tích khối chóp A '.BCC ' B ' biết Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ( a + b + c ) + 3abc = Chứng minh cos ϕ = a + b + c ≤ HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm