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
Trang 1SỞ 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
±
Vậy 1 137
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 0,5
Trang 2Đặt 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)
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 , 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:
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£ Û4 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
Trang 3Do đó 5
1;
2
min ( ) min ( 1); ( ); ( ) min 10, , 0
é ù
ê - ú
ê ú
ë û
= íï - ýï = íï ýï = >
2
2
Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
0,25
3
(4,0 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: 22n- 1=512Û 2n- 1 9= Û n=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 215i( 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
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
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
Trang 4)
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 a2
AM
AH ≤ ≤ −
4 1 ( 6
6
1
3
AH CD BN AH
S
V = ∆BCD = ≤ −
0,75
Xét f(a)=a(4−a2) trên (0, 1] Ta có f(a) liên tục trên (0, 1].
( )= -4 3 , ( )=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
a b = −a b ≥ − ab = −
Tương tự: 2 ( )2 / 3
2
2
b
b bc
b c ≥ −
2
2
c
c ca
c a ≥ − +
0,5
2
a b c ab bc ca
( )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
ab + bc + ca ≤ ⇔ a b + b c + c a ≤ (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
Trang 5)
Thật vậy theo Cô - si ta có a c ac+ + ≥33 a c2 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(3 a b2 2 +3b c2 2 +3c a2 2)≤2.3 3 9+ =
3 2 2 3 2 2 3 2 2
3
a b b c c a
⇒ + + ≤ Vậy (2) đúng, thay vào (1) ⇒ ĐPCM
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
0,5