Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Ninh Bình năm 2012 - 2013 (Lần 2) môn toán

Mặt phẳng IJK chia khối lăng trụ thành hai phần.. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1.. Gọi V là thể tích của khối tứ diện.. 2 Việc chi tiết

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013

MÔN: TOÁN

Ngày thi 18/12/2012

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (3,0 điểm).

Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (C m), đường

thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3) Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2

Câu 2 (6,0 điểm)

1 Cho phương trình 2cos2x – mcosx =

4

1

sin4x + msinx, m là tham số (1).

a) Giải phương trình (1) khi m = 2.

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trong đoạn [0,

4

π

]

3x+ −3 5 2− x x− +3x +10x−26 0, = x∈¡

Câu 3 (4,0 điểm)

1 Tìm hệ số của x18 trong khai triển của (2 – x2)3n biết n∈¥* thoả mãn đẳng thức sau:

2 + 2 + 2 + + 2n =512

2 Cho dãy số (u n ) với u n + 1 = a.u n + b, n≥1, a, b là 2 số thực dương cho trước Với

2,

n≥ tìm u n theo u1, a, b và n.

Câu 4 (5,0 điểm)

1 Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’ Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần Tính tỉ số thể tích

của hai phần đó

2 Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1 Gọi V là thể tích của khối tứ diện Tìm giá trị lớn nhất của V

Câu 5 (2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

-HẾT -Họ và tên thí sinh : Số báo danh

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013

MÔN: TOÁN

Ngày thi: 18/12/2012

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

A) Hướng dẫn chung:

1) Học sinh làm đúng đến đâu thì giám khảo chấm đến đó Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC

2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo 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

B) Hướng dẫn cụ thể:

1

(3,0

điểm

)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x(x2 + 2mx + m + 2) = 0

( )







= + + +

=

⇔

* 0 2 2

0

x

d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

(−∞− ) (∪ − − ) (∪ +∞)

∈

⇔







≠ +

>

−

−

=

∆

0 2

0 2

2 '

m m

m

Khi đó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*).

Theo Vi-ét ta có







+

=

−

= +

2

2

2 1

2 1

m x x

m x

Ta có khoảng cách từ K đến d là h = 2

Do đó diện tích ∆KBC là:

0,5

2

±

2

±

=

0,5

2

(6,0

điểm

)

1a (2,5 điểm)

2cos2x – mcosx =

4

1

sin4x + msinx

⇔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 0 (2)

(cos sin )(4 sin 2 ) 2 0 (3)

ê

Û ê

ë

1,0

ç + = Û ççè + ÷÷ø= Û = - + pÎ ¢

*Giải (3): (cosx- sin )(4 sin 2 ) 2x - x - m=0.

Đặt t = cosx - sinx, t £ 2Þ sin 2x=2sin cosx x= -1 t2

PT (3) trở thành: t(3+ t2)- 2m=0Û t3+ 3t- 2m=0 (4)

0,5

Với m = 2, PT (4) trở thành: t3+ 3t- 4=0Û (t- 1) (t2+ +t 4) =0Û t=1

Với t = 1, ta có:

2

2 ,

2

ç

- = Û ççè + ÷÷ø= Û + = ± + pÎ

é = pÎ

ê

ê = - + pÎ

ê

¢

¢

¢

Vậy với m = 2, PT đã cho có nghiệm:

4

p

= - + p

2

p

0,5

1b (1,5 điểm)

Nghiệm của (2) không thuộc đoạn [0,

4

π

] nên để PT đã cho có nghiệm thuộc đoạn

[0,

4

π

] thì PT (3) phải có nghiệm thuộc đoạn [0,

4

π

] hay PT (4) có nghiệm thuộc đoạn [0, 1]

0,5

Ta có: t3+ 3t- 2m=0Û t3+ 3t=2m (5).

Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục trên ¡ có f '(t) = 3t2 + 3 > 0 "tÎ ¡ 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 trên đoạn [0, 1]

⇔ min ( )[0,1] f t £ 2m£ m ax ( )[0,1] f t Û £0 2m£ Û £4 0 m£ 2.

Vậy mÎ [0, 2] là giá trị cần tìm của m.

0,5

2 (2,0 điểm)

Điều kiện: 1;5

2

x∈ − 

PTÛ 3x+ -3 3 - 5 2- x- 1 - x + 3x +10x- 24=0 0,5

Û

2

2

12 0

é =

ê

ê

Û ê

ë

x

0,5

Xét hàm số ( ) 2 12, 1;5

2

f x x x x Ta có f(x) liên tục trên 1;5

2

ê- ú

ë û.

Ta có f'(x) = -2x + 1, f'(x) = 0 ⇔ x = 1

2

0,5

Do đó 5

1;

2

min ( ) min ( 1); ( ); ( ) min 10, , 0

é ù

ê - ú

ê ú

ë û

2

2

Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

0,25

1 (2,0 điểm)

Ta có: ( )2 0 1 2 3 2 1 2

Cộng từng vế (1) và (2) ta được:

Theo bài ra ta có: 2 1

2 n- =512Û 2 - 1 9= Û =5

Từ đó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 = ∑

=

15 0

2 15

15(2) ( 1)

i

i i i

Þ Hệ số của x18 là số C i 215 i( 1)i

15 − − sao cho 2i = 18 Û i = 9.

Vậy hệ số của x18 là: - 9 6

152

2 (2,0 điểm)

1,

"n³ u n+1=au n+ bÞ u n+1- u n=a u( n- u n-1), "n³ 2 0,5 Đặt v n=u n+1- u n n, ³Þ1 v n =av n-1, n³Þ2 ( )v là một cấp số nhân có công n

Ta có: 1, 1 -1

" ³ = n

n

Vậy ta có: "n³ 2, u n=(u n- u n-1) (+ u n-1- u n-2) (+ + u2- u1)+ u1

1( - - 1) 1 1 - ( - - 1)

=v a n + a n + + + u =u a n + b a n + a n + + 0,5

4

(5,0

1 (3,0 điểm)

Chứng minh EI = IJ = JF Từ đó suy ra

' 1 '= = '=3

EB EK FB Lại từ đó suy ra

1 2

=

FN

0,5

Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'

Suy ra S KFB’ = (3/4)S A’B’C’ Mặt khác vì 1

'=3

EB

EB nên suy

ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều cao lăng trụ) Do

đó V EKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ)

0,5

'

1 1 1 1

' 3 3 3 27

EBIM

EB FK

'

'

FA JN

FB EK

Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần Gọi V1 là thể tích phần chứa

điểm B' và V2 là thể tích phần chứa điểm C.

Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V.

Do đó V1/V2 = 49/95

0,5

2 (2,0 điểm)

N F

M E

K J

I

B' C'

A'

C

B A

)

Theo giả thiết DACD và DBCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1 Đặt CD =

Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ∆ACD và ∆BCD

Ta có

4 1

2

a

4 1

2

a

Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có

4 1

2

a AM

4 1 ( 6

6

1

3

AH CD BN AH

S

0,75

Xét f(a)=a(4−a2) trên (0, 1] Ta có f(a) liên tục trên (0, 1].

'( )= -4 3 , ( )2 ' =0Û

3

= ± Ï

Vậy m ax ( )(0,1] f a = f(1)=3

0,5

Suy ra max 1

8

=

V khi DACD và ∆BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai

mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc với nhau Khi đó tính được 6 1

2

= >

AB

0,5

5

(2,0

2

2

b

2

2

c

+

0,5

2

( )2/3 ( )2/3 ( )2/3

2

Ta đi chứng minh ( )2/ 3 ( )2/ 3 ( )2/ 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2

0,5

Thật vậy theo Cô - si ta có a b ab+ + ≥33 a b2 2

0,5

M N H

C

D B

A

3

0

+

1 0

f(a) f'(a) a

)

3

a c ac+ + ≥ a c

Mặt khác ta có:

0

1

3

Khi đó ta có: (3 2 2 3 2 2 3 2 2)

3 a b2 2 3b c2 2 3c a2 2 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

0,5

-Hết -SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BT THPT

Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN

Ngày thi 18/12/2012

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (5,0 điểm).

Cho hàm số y = x3 – 3x2 + m2x + m, m là tham số (1).

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) luôn đồng biến trên ¡

Câu 2 (5,0 điểm) Giải phương trình:

1 cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0.

2 3− +x x+ =2 3

Câu 3 (4,0 điểm).

1 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau trong đó các chữ số 1 và 2 luôn đứng cạnh nhau?

2 Cho đường tròn (I) có phương trình x2 + y2 - 4x + 8y + 15 = 0 Viết phương trình tiếp tuyến với (I) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(-1 ; 0).

Câu 4 (4,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên

SA = SB = SC = SD = a.

1 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

2 Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, AD và SC Chứng tỏ rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau.

Câu 5 (2,0 điểm) Giải phương trình

2 2 1 6

8

2x2+ x+ + x2 − = x+

-HẾT -Họ và tên thí sinh : Số báo danh

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:

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 đúng đến đâu thì giám khảo chấm đến đó Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC

2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo 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

B) Hướng dẫn cụ thể:

1

(5 điểm)

1) 3 điểm

Khi m = 0 ta có y x= −3 3x2

b) Sự biến thiên:

+) Chiều biến thiên:

• y'=3x2 −6x =3 (x x−2)

y < ∀ ∈x nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)

khoảng (−∞; 0) và (2;+∞).

0,75

+) Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 0, yCĐ = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 2, yCT = - 4

0,5 +) Các giới hạn:

lim ( 3 )

→−∞ − = −∞; lim ( 3 3 )2

x

+) Bảng biến thiên:

0,5

c) Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại hai điểm (0, 0) và (3,0). 0,5

f(x)=x^3-3x^2 x(t)=2 , y(t)=t f(x)=-4

x

y

-4

2) 2 điểm

+ Hàm số luôn đồng biến trên ¡ ⇔ ≥ ∀ ∈y' 0 x ¡ 0,5

'

0 0

a>



⇔ ∆ ≤

3 0

9 3m 0

>



Vậy với m∈(-∞; − 3] ∪[ 3;+∞)thì hàm số luôn đồng biến trên ¡ 0,25

2

5 điểm

1) 3 điểm

cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0⇔2cos

2

3x

cos

2

x

+ 2 cos

2

7x

cos

2

x

= 0 0,5

2

x

cos

2

5x

x

2 , 2 ,

, 2



 = π + π ∈





 = + π ∈



¢

¢

¢

1,25

Vậy PT đã cho có nghiệm: 2 ; 2 ; ( )

x= π + πk x= +π k π x= + ππ k k∈

2) 2 điểm

Đặt U = 3−x , V = x+2 (Điều kiện U ≥ 0; V ≥ 0) ta có hệ: 0,5







= +

= +

5

3

2

2 V U

V U

0,25

Giải hệ ta có : 1

2

U V

=



 =

 hoặc

2 1

U V

=



 =

2 2

1

=

⇒







=

=

x V

U

1

2

−

=

⇒







=

=

x V

U

0,5

Vậy PT đã cho có nghiệm là x = 2 ; x = -1 0,25

3

4 điểm

1) 2 điểm

Xét trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở vị trí: a a1 2 0,25

Trong trường hợp này có: 2.A3

5 = 120 số thỏa mãn ĐK đề bài 0,5 Tương tự với các trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở các vị trí:

2 3, 3 4, 4 5

a a a a a a ta nhận được số các số thỏa mãn ĐK là: 4.120 = 480 (số) 1,0

2) 2 điểm

Đường tròn (I) có tâm là K(2; - 4), bán kính R = 5 0,25 Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(-1; 0) có PT dạng:

a(x + 1) + by = 0 ⇔ ax + by + a = 0 (a2+b2 ≠0) 0,25 Để ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (I) thì:

2

+

+

−

b a

a b a

Ta thấy nếu b = 0 thì từ (*) suy ra a = 0, không TMĐK.

Nếu b≠0, đặt t a

b

= , từ phương trình (*) ta có: 1

2

t = hoặc 11

2

Từ đó tìm được PT tiếp tuyến là: x + 2y + 1 = 0 hoặc 11x + 2y + 11 = 0. 0,5

(Vẽ hình đúng ý a)

0,25

Gọi H là giao điểm của AC và BD Vì S.ABCD là chóp đều nên SH là

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông HSA:

SH2 = SA2 - AH2 = SA2 -

4

2

AC

=

2

2

a ⇒ SH =

2

2

Áp dụng công thức 1

3

V = Bh ta có V =

3

1

SH.SABCD =

6

2

3

2) 2 điểm

Kéo dài MN cắt CB, CD lần lượt tại E và F PE cắt SB tại Q, PF cắt SD

tại R Thiết diện của hình chóp cắt bởi (MNP) là ngũ giác MNRPQ. 0,5 Gọi phần thể tích không chứa đỉnh S là V1, phần thể tích còn lại làV2

Ta phải chứng minh V1 = V2 hay 1 1

2

V

V = , V là thể tích S.ABCD. 0,25

4 điểm Ta có: V1=V P CEF. −(V R DFN. +V Q BME. )=V P CEF. −2V R DFN. 0,5

(vì V R DFN. =V Q BME. ).

Ta tính V V1, P CEF. ,V R DFN. theo V.

.

V = S PK = S SH = V (PK là đường cao của hình

chóp P.CEF).

0,25

.

V = S RJ = S SH = V (RJ là đường cao của hình

chóp R.DFN).

0,25

Từ đó suy ra: 1

2

Suy ra điều phải chứng minh

0,25

5

2 điểm

2

2



0,5

+ TH1: x = -1 thỏa mãn PT Vậy x = -1 là một nghiệm của PT 0,25

+ TH2: Với x ≥1 ta xét phương trình:

2 2 1 6

8

2x2 + x+ + x2 − = x+

⇔ (x+1)(2x+6)+ (x+1)(x−1) =2 (x+1)(x+1)

⇔ 2x+6+ x−1=2 x+1

0,25

⇔2x + 6 + x – 1 + 2. (2x+6).(x−1)= 4(x + 1)

⇔3x + 5 + 2 (2x+6)(x−1) = 4x + 4⇔2 (2x+6)(x−1) = x -1 0,25

⇔2 (2x+6)(x−1) = (x−1)(x−1)

Hoặc: 2 2x+6 = x−1 ⇔ 8x + 24 = x - 1 ⇔ x = 25

7

−

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = -1 và x = 1. 0,25