16 đề THI HSG TỈNH và lời GIẢI

Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT

QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn thi: Toán - Vòng I

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)

SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường

phân giác góc �BAC Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường

thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ tự đó Đường thẳng vuông góc với

AB tại P cắt AN tại O Chứng minh OQ vuông BC.

(Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)

yªu cÇu chung

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.

* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan.

* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.

0,50,250,250,25

0,5

2

Theo công thức xác định dãy ( )u , ta có n u n 0;  ��.n *

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

Vậy ( )u là dãy số giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn n

Giả sử, limu n  Ta có: a 3

33

B A

Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành.

Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có

dạng : y = ax + b (a �0) Khi đó : A b;0

O là giao điểm của PO và trục hoành nên O ( ,0)ab

BC đi qua gốc tọa độ nên :

+) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y =

cx với c �0,c �� a (vì B, C không thuộc trục hoành, BC không song

song với AB và AC).

B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :

là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC.

+) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M �N, do

đó O thuộc AN nên QO vuông góc BC.

Giả sử x y z là nghiệm nguyên dương của phương trình Ta có:, , 

31

y z

y z

Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm của phương trình.

Vậy: nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4;

1; 3).

0,25

0,250,25

0,5

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN - Vòng 2

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)

a) Cho hàm số y x 2 2mx3mvà hàm số y    Tìm m để đồ thị các hàm số đó2x 3

cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương

b) Giải bất phương trình:  x2 8x12 10 2  x

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x2)2 (y3)2  và điểm9(1; 2)

A  Đường thẳng qua A,  cắt (C) tại M và N Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài

h b c (trong đó AB=c; AC=b; đường

cao qua A là h ) a

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………

Chữ ký của giám thị 1:……….Chữ ký của giám thị 2:………

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

1 a Tìm m:

y x  mx m và y    cắt nhau tại hai điểm 2x 3

Yêu cầu bài toán � PT sau có hai nghiệm dương phân biệt

' 03( 1) 02( 1) 0

m m

4

m m

 

�

b Giải bất phương trình:  x2 8x12 10 2  x 1,00

Nếu 5 � thì x 6  x2 8x12 0 10 2�   x, bất phương trình

Nếu 2 5 10 22 0

8 12 0

x x

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4 �x 5

2 a Giải phương trình: (4x3 x 3)3 x3 32(1) 1,00

Đặt y4x3   (1) có dạng: x 3

của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)

M Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại

B Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( ; x y A B  )0 1,00

Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng AB:x y 1

Vì AB qua M nên    1 4 1 1 2 4 1 16 0,25

Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8) 0,25

b ( C): (x2)2 (y3)2  ; (1; 2)9 A  qua A,  cắt (C) tại M và N.

Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. 1,0

(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3 Có A nằm trong đường tròn(C) vì

( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ) 0,25

4 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 2 2

2

B C  

0,25

2 2

H

A

N M

I

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( BẢNG A )

Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)

Ngày thi: 06/10/2011 Câu 1: ( 5,0 điểm )

a Giải phương trình sau: 4 x2    x 1 1 5x4x2 2x3  với x R x4 �

b Giải phương trình: 2sin 2x 3 sin 2x  1 3 cos x 3 sinx .

a Cho tam giác ABC vuông cân tại B, cạnh AB2 Trong mặt phẳng chứa tam giác

ABC lấy điểm M thỏa MA2 MB2 MC2 Tìm quỹ tích của điểm M

b Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 60 ,0

Cho , ,a b c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a2    b2 c2 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:………;Số báo danh:…………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)

Môn: TOÁN ( BẢNG A ) Ngày thi: 06/10/2011

ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn có 04 trang )

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như

hướng dẫn quy định.

t x  x t� Khi đó phương trình trở thành:

Phương trình đã cho được viết lại:

3sin 2 x 2 3 sin cosx x cos 2x 3 3 sinx cosx

0,5

3 sinx cosx  3 3 sinx cosx  0

 1

3 sin cos 0 tan

6 3

 Chọn hệ trục tọa độ Bxy vuông góc sao cho tia Bx qua A và tia

By qua C Ta có: B 0;0 , A 2;0 , C 0;2 Giả sử M x y  ;  0,5

Thời gian làm bài: 180 phút





 có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C) Tiếp tuyến của (C)tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận Chứng minhtam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M

2 Tìm m để hàm số y9x m x 2  có cực đại.9

� � Từ đó suy ra trong mọi tam

giác nhọn ABC ta có tan tan tan sin sin sin 9 3

2

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y x 4 4 x 16x2

Câu 4 (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuônggóc với mặt phẳng đáy

c) Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’,

D’ Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a.

d) M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho � MAN 450

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN.

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………

Chữ ký của giám thị 1:……….Chữ ký của giám thị 2:………

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00

Tiệm cận đứng  có phương trình 1 x 1

Tiệm cận ngang  có phương trình 2 y1�I( 1;1) 0,25

1

51;

2 Tìm m để hàm số y9x m x 2  có cực đại9 1,00

  là điểm cực đại.

Vậy hàm số có cực đại � m  9 0,25

II 1 Giải phương trình sin2012x cos2012x 10051

2

Xét hàm số f t( )t1006  (1 t)1006,t� 0;1

1005 1005'( ) 1006[ (1 ) ]

III 1 Chứng minh tan sin 9 3( 3 ), 0;

( )

f x

3( 3 )

TXĐ: D  4;4 Đặt t  x 4 4x t, � Bình phương ta0

được t2  8 2 (x4)(4x) 8� Dấu bằng có khi x=�4

Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có

Vậy min 4;4 y min ( ) 02 2;4 f t

 �� ��  khi x=0, max 4;4 y max ( ) 2 22 2;4 f t

0,25

IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50

C' D'

B'

C

A

B D

Cộng (1) và (2) theo vế ta được

2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50

( Hình vẽ trang cuối)

3max

3

3( 2 1)min

 có đồ thị là (C).

Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = 4x +342

1/ cosx + 3(sin2x +sinx) -4cos2x.cosx - 2cos x + 2 02  .

2/ x42x + x3  2(x2x) = 0

Bài 3 (5,0 điểm).

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C.

1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’.

2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất.

3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C.

Bài 4 (3,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0 Tìm điểm M�sao cho: MA + MB + MCuuuur uuuur uuuur nhỏ nhất.

Bài 5(3 điểm).

Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011 Chứng minh rằng (m + 2010)!

m!2011! là một số nguyên.

HẾT

-e) Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

f) Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh……… ……… Số báo danh………

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012

t +1;

2

4t 6t + 4g'(t) =

- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g(x)= 4, đạt được khi 2

2

x �

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)

- Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0))�(C), thì hệ số góc tiếp tuyến

của (C) tại M0 là f’(x0)=3x02x0

2); (4

3; 40

27)

Phương trình �

cosx + 2cos2x + 3.sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – 1 ) = 0

�cosx(2cosx + 1)+ 3.sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0

�(2cosx + 1)(cosx + 3.sinx –2.cos2x) = 0

Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0 � 2 2 ,

3

x� k  k Z�

2/ cosx + 3.sinx –2.cos2x = 0 �

1cos 3sin cos 2

1,0 0,5

1,0 0,5

0,5

2 , 3

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là

thể tích khối chóp B.ACA’,

- Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’)

 ACA

B ACA

2  3

B ACA

a

V BH, mà BH2 = AB2 – AH2 = a2 – AH2 –vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH A’C

1,0

0,5 1,5

- Khi đó: MA + MB + MCuuuur uuuur uuuur =3MG uuuur

, G và  cố định (G không nằm trên ),

- Vậy MA + MB + MCuuuur uuuur uuuur nhỏ nhất khi 3MG uuuur

nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay

MG vuông góc với  Do đó M là giao điểm của  và đường thẳng d qua Gvà vuông góc với 

- Một véc tơ chỉ phương của  là ur (3; 2) đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyếncủa d, vậy phương trình của d là:

3x + 2y – 4

3 = 0, Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

x y

0,5

1,0

1,0 1,0

Ngày thi: 07/01/2010

(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ BÀI Câu 1: (6 điểm)

1 Cho phương trình: 21 2sin x 3.21 sin x m 4 (1) (m là tham số).

a) Giải phương trình (1) với m = 0.

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.

2 Giải hệ phương trình:

5 5

11

1 Tìm GTLN của hàm số: y   x3 3x2 72x90 trên đoạn 7;7.

2 Cho hàm số 1 4 2

2 Cho lăng trụ đứng ABC.A 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 = 2a 5 và �BAC120o Gọi M là trung điểm của CC 1 Chứng minh MB  MA 1 và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A 1 BM).

Nhận thấy    0;1 ; 1;0 là các nghiệm của hệ 0.5

Câu 2 y   x3 3x272x90 trên đoạn 7;7 4 điểm 1

(2điểm) Xét hàm f x    x3 3x2 72x90 trên 7;7

(2điểm) xcost y sintsint2cost 3 0� y1 sin t  x 2 cos t 3(*) 0.5

�tìm các điểm mà đường thẳng không đi qua với mọi t hay (*) vô nghiệm

C/M đường tròn ( C ) tiếp xúc (d) với mọi t 0.5

Vậy đường thẳng đã cho luôn tiếp xúc với đường tròn cố định có phương trình :

b.Tính khoảnh cách từ A đến mp(A’BM)

0.5 0.5

f x  x a x  a x   L a x có các hệ số không âm và n nghiệm

thực Suy n nghiệm đó âm giả sử là các nghiệm:x i i, 1,2, ,n

0.5

Theo cách phân tích đa thức ta được f x  i n1x x i

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012





 với m là tham số Chứng minh rằng  �m 0, đồ thị hàm số luôn cắt đường

thẳng d y:  3x 3m tại 2 điểm phân biệt A B, Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox Oy, lần

lượt tại C D, sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện tích OCD

2 Cho hàm số

2

1

x y x



 có đồ thị (C) Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà qua đó kẻ được

đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau đều nằm trên đường tròn tâm I (1;2), bán kính R = 2.

Câu 2: (4 điểm)

1 Giải phương trình sau trên tập số thực: 15 5x x  5x1  27x 23

2 Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 2 22 1 2

SAC Tính thể tích khối tứ diện theo a.

2 Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh còn lại đều không lớn hơn

1 thì thể tích của khối tứ diện đó không lớn hơn 1

2 4

Họ và tên giám thị số 1:………

Họ và tên giám thị số 2:………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2011-2012 Hướng dẫn chấm và biểu điểm Môn: Toán

(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 6 trang)

- Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn cho điểm từng phần như biểu điểm.

là vế trái của (*)) nên dluôn cắt đồ thị tại 2 điểm A B, phân biệt  �m 0

Ta có A x 1 ;3x1  3m B x , 2 ;3x2  3m với x x1, 2 là 2 nghiệm của (*) Kẻ

đường cao OH của OAB ta có  0; 3

(Định lý Viet đối với (*)).

Mặt khác ta có C m ;0 , D 0; 3  m (để ý m�0 thì C D O, , phân biệt) Ta

tìm m để SOAB  2SOCD hay 2 40 3 2

2.(2

điểm) Gọi M(x , y )0 0 .

Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình y k(x x ) y   0  0

d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x � 1:

 (3) Thay k ở (2) vào một vị

trí trong (3) được : 1 1 0 0

0,25

0,5

0,25

Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc thì pt (*) có hai nghiệm

1 2

k ,k thỏa mãn

2 0

điểm) Phương trình đã cho � 5 15x x  5 27x 23

Ta phải có 15x � 5 0 và phương trình trên trở thành 27 23

Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng.

Mặt khác f  1 g 1  5 và  1  1 1

Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên D

Khi đó, (1) thành f (u) f (v) � và do u,v thuộc D và f(t) đồng biến trên D nên

0,5

Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là

Vậy SB = a Tương tự ta cũng có SC = a

Gọi M là trung điểm SA, do hai tam giác SAB cân tại B và SAC cân tại C nên

SABC SBMC ABMC MBC

Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c) nên MB = MC suy ra tam giác

MBC cân tại M, do đó MN BC, ta cũng có MN SA (Ở đây N là trung

0,5 0,5

S

M

A

N B

C

điểm)

Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1 Đặt CD

= x, x �0;1

Gọi M là trung điểm BC, K là hình chiếu của B lên CD và H là hình chiếu của

A lên mp( BCD) Khi đó ABCD 1 BCD 1

bằng 1 và H,K trùng với M Khi đó 3

12

AB  )

1,0 0,25 0,25

0,5

0,75 0,25

H