Đề thi và đáp án thi HSG 12 môn toán 20122013 tỉnh Ninh Bình

tuyển tập đề thi hsg có đáp án 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.

ĐỀ VÒNG 1

SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: TOÁN

Ngày thi 09/10/2012

(Thời gian làm bài 180 phút)

Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang

Câu 1 (5 điểm):

Giải hệ phương trình:







Câu 2 (5 điểm):

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH Các đường thẳng AP, AQ lần lượt cắt BC tại D và E Chứng minh rằng đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy tại một điểm.

Câu 3 (6 điểm):

Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương):

4

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình có 1 nghiệm dương duy nhất, kí hiệu nghiệm đó là x n

b) Chứng minh rằng lim xn 1

3



ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 4 (4 điểm):

Cho tập Sn = {1; 2; 3;…; n} với n là số nguyên dương lớn hơn 2 Có bao nhiêu cách chia tập Sn thành ba tập con khác rỗng (hợp với nhau bằng Sn và đôi một giao với nhau bằng rỗng) sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp?

HẾT

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12

THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: TOÁN

Ngày thi 09/10/2012

(hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

1

5 điểm

Ta có:

x, y, z 1

Giả sử x max{x; y;z}  (y -1)2 max{(x -1) ;(y -1) ;(z -1) }2 2 2

y max{x; y;z}  x y  y z Vậy x = y = z

Khi đó ta có phương trình:

x x 2x 8 x x 2x 8 0 (x 2)(x x 4) 0

x 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (2; 2; 2)

1,0

1,0 1,5

1,0 0,5

2

B

A

C

D P

Q

5 điểm

Cách 1:

BAH ACH

BAE BAH HAE BAH HAC

2

BEA ACH EAC ACH HAC

2

BEA EAB

   tam giác ABE cân tại đỉnh B

Mà BP là đường phân giác góc ABE BP là đường trung trực của

đoạn AE  PA PE

PAE PAH HAE (BAH HAC) BAC 45

PAE

  vuông cân tại đỉnh P  EPAD

Tương tự:  DQAE

Vậy AH, DQ, EQ là các đường cao của tam giác ADE suy ra AH,

DQ, EP đồng quy

Cách 2:

Áp dụng tính chất tia phân giác các góc trong tam giác:

PA AB

PD BD,

QE CE

QA AC,

DB AB,

EC AC

HE AH PA

PD

DB

EC HE

QE

QA = AB BD

AH AB

AC AH

CE

AC= CEBD

1,0

1,0

1,0

1,0

1,0

2,0

1,5

PA HD QE

PD HE QA

 AH, DQ, EP đồng quy (Định lí Ceva)

0,5

1

3

(6 điểm)

a) 2 điểm

3

f x x 2x 3x nx

4

     

f xn'   1 2 x 3 x2 2 2 n x2 n 1

Ta có f xn'    0 x R    f xn  đồng biến, liên tục trên R

Mà f 0n   0; f 1n   0

 

n

  có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc  0;1 

0,5 0,5

0,5

0,5 b) 4 điểm





* n

3 2n

2n 3 1





              



 

 

Suy ra n n

1

3

 



 

  suy ra xn 1

3

 (do f x là hàm số đồng n 

biến trên R)

Với mọi n N *, theo định lý Lagrange, tồn tại n n

1

3

  sao

cho: f (x ) f ( )n n n 1 f (c )(xn' n n 1 )

1,0

0,5

0,5

n ' n

x

3 f (x ) 4.3



x

3 f (c ) 4.3 4.3

(vì f xn'      1 x (0;  ) )

Mà lim 2 3 0

4.3n n

n

 



lim

3

n

 

1,0

1,0

4

4 điểm

Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho

mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp

Các khả năng xảy ra khi chia tập Sn+1 = {1; 2; 3; ; n; n+1}

Khả năng 1: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1

Ta thực hiện cách chia như sau: Chia Sn thành 3 tập con (thỏa mãn đề

bài) và bổ xung phần tử ( n 1 ) vào một trong hai tập không chứa

phần tử n Do đó số cách chia trong trường hợp này là 2S(n)

Khả năng 2: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1

Khi đó các phần tử Sn phải nằm trong hai tập còn lại Có thể thấy

ngay chỉ có một cách chia thỏa mãn (một tập chứa các số chẵn và một

tập chứa các số lẻ) Do đó, số cách chia trong trường hợp này là 1

cách

Vậy ta thu được công thức truy hồi:

S n 1 2S n 1

S n 1 1 2 S n 1

       Đặt un S n 1  un 1 2un Vậy u là một cấp số nhân cón

công bội bằng 2

Mặt khác, ta thấy S 3  1 vậy nên ta có S n  2n 2  1, n 3

    Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S n  2n 2 1, n 3

   

1,5

1,0

0,5

1,0

-Hết -ĐỀ VÒNG 2

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 = 14 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 ]

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:

2n 2n  2n  2n n 512

2 Cho dãy số (u n ) với u n + 1 = a.u n + b, n  , a, b là 2 số thực dương cho trước Với1 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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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 -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 x

0,5

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

2

±

Vậy 1 137

2

±

=

0,5

2

(6,0

điểm)

1a (2,5 điểm)

2cos2x – mcosx = 14 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 =- + p Î ¢

*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: ( 2) 3

3+ - 2 = Û0 + -3 2 =0

0,5

Với m = 2, PT (4) trở thành: 3 ( ) ( 2 )

Với t = 1, ta có:

2

2 ,

2 , 2

ç

- = Û ççè + ÷÷ø= Û + = ± + p Î

é = p Î

ê

ê =- + p Î

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



] nên để PT đã cho có nghiệm thuộc

đoạn [0,4 ] thì PT (3) phải có nghiệm thuộc đoạn [0,4 ] hay PT (4) có nghiệm

0,5

thuộc đoạn [0, 1].

Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục trên ¡ có f '(t) = 3t2 + 3 > 0 " Î ¡t Suy ra:

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£ max ( )[ ]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

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

Do đó 5

1;

2

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

ê - ú

0,5

2

2

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

0,25

3

(4,0

điểm)

1 (2,0 điểm)

Ta có: 1 12n 20 12 22 23 22n 1 22n

Ta có: 1 12n 20 12 22 23 22n 1 22n

0,5 Cộng từng vế (1) và (2) ta được:

Theo bài ra ta có: 22n- 1=512Û 2n- = Û1 9 n=5 0,5

Từ đó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 = 







15 0

2 15

15(2) ( 1)

i

i i i

C

Þ Hệ số của x18 là số C i 2 15 i( 1 )i

sao cho 2i = 18 Û i = 9.

Vậy hệ số của x18 là: - 9 6

15 2

2 (2,0 điểm)

1,

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

1

1,

-" ³ = n

n

Vậy ta có: " ³n 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

điểm)

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

27 8V =72V 0,5 '

'

FA JN

FB EK

18 8V =48V 0,5

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

M N H

D

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 a2

AM   ;

4

1 a2

BN  

Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có

4 1

2

a AM

AH   

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 ' = Û0

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

điểm)

2/3

a b   a b   ab   (Theo BĐT Cô - si)

2

2/ 3 2

2

b

b bc

b c   ,  

2

2 / 3 2

2

c

c ca

c a  

0,5

2

a b c ab bc ca

a b b c c a        

 2/3  2/3  2/3

2

Ta đi chứng minh ab2/ 3 bc 2/ 3 ca 2 / 3 3 3a b2 2 3b c2 2 3 c a2 2  (2)3

0,5

Thật vậy theo Cô - si ta có a b ab  33 a b2 2

3

c b bc   c b

Thật vậy theo Cô - si ta có a c ac  33 a c2 2

0,5

3

0

+

1 0

f(a) f'(a) a

  3 2 2 3 2 2 3 2 2

2 a b c ab bc ca 3 a b b c c a

Mặt khác ta có:

0

1

3

a b b c c a a b c ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca a b c

Khi đó ta có: 3 2 2 3 2 2 3 2 2

3 a b  b c  c a 2.3 3 9 

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

    Vậy (2) đúng, thay vào (1)  ĐPCM

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

0,5