Đề thi HSG Quảng Ninh năm 2010 - 2011

Chứng minh rằng hàm số có hai cực tiểu và một cực đại.. 3 điểm Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C.. 5 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC

SỞ GD - ĐT QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12

Năm học 2010 - 2011 Môn: Toán Ngày thi: 12/9/2010

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi này có 01 trang)

Bài 1 (3 điểm)

Cho hàm số y = x4 - 6x2 + 4x + 6 Chứng minh rằng hàm số có hai cực tiểu và một cực đại

Bài 2 (4 điểm).

Giải hệ phương trình: x xy y y







2

Bài 3 (2 điểm) Chứng minh rằng:

C122C232C3 n C2 n n12 với 2  n 2,n

Bài 4 (3 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) Biết (C) có phương trình: (x - 1)2 + (y + 2)2 = 5; ABC = 900; A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4 Tìm tọa độ các đỉnh B

Bài 5 (5 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA  (ABCD) Cho SA =

AB = a; mặt phẳng (P) qua A vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SC và SD lần lượt tại B', C ', D '

1 Chứng minh rằng tứ giác AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc

2 Khi C’ là trung điểm SC Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ theo a

Bài 6 (3 điểm)

Chứng minh phương trình: x5 - 4x2 - 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm

đó lớn hơn 1

-

Hết -Lưu ý: - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn này có 04 trang)

điểm Bài 1

3,0

điểm

Hàm số xác định trên R.

y’ = 4x 3 - 12x + 4.

Xét hàm số g(x) = 4x 3 - 12x + 4.

Có g’(x) = 12x 2 - 12; g’(x) = 0  12x 2 - 12 = 0  x

x











1

1

x g x x x

x x

       3  12 42 3  

x g x x x

x x

     3 4 12 42 3 

Ta có bảng biến thiên:

x - -1 1 +

g'(x) + 0 - 0 + g(x)

12 +

- -4

Từ bảng biến thiên ta có hàm số y = g(x) có hai cực trị trái dấu

nên đồ thị hàm số y = g(x) luôn cắt trục hoành tại ba điểm phân

biệt hay phương trình:

y’ = 4x 3 - 12x + 4 = 0 (1) luôn có ba nghiệm phân biệt.

Giả sử các nghiệm của pt (1) là x 1 , x 2 , x 3 trong đó x 1 < x 2 < x 3

     4  62 43 64 

thiên của hàm số y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6 như sau:

X - x 1 x 2 x 3 +

y’ - 0 + 0 - 0 + Y

- y CĐ +

y CT y CT Vậy hàm số y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6 luôn có hai cực tiểu và một cực

đại.

0,25 0,25 0,25

0,5

0,5

0,25 0,25

0,5

0,25

3,0 điểm

Bài 2

4,0

điểm

Nếu y = 0 thì từ (1) ta có x = 0 thay vào (2) ta thấy không thoả

mãn Suy ra y  0

Chia cả hai vế của (1) cho y 5  0 ta được hệ phương trình tương

đương với

( ') ( )

 



 

 







5

5

2

1

Xét hàm số f(t) = t 5 + t.

0,25

0,5

Ta có f’(t) = 5t 4 + 1 > 0  tR Vậy hàm số y = f(t) luôn đồng

biến Suy ra:

( )

 

 

 

2

Thay x = y 2 vào (2) ta được phương trình: 4x  5 x  8 6

Điều kiện x  5

4

Ta có 4x  5 x   8 6 4x    5 x 8 2 4 ( x 5 )(x 8 )  36

x



x x

x x

x















 2

23

1

42

.

Với x = 1  y 2 = 1  y =  1.

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1; 1) và (1; -1).

0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5

0,5

0,25 0,25

4,0 điểm

Bài 3

2,0

điểm

Có: ( 1 x)n C n0C x n1 C x n2 2 C x n n n (1)

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:

n1 x 1C1 2C x2  3C x2 2 nC x 1 (2)

Nhân cả hai vế của (2) với x ta được:

nx 1 x 1C x1  2C x2 2 3C x2 3 nC x (3)

Lấy đạo hàm hai vế của (3) ta được:

n1 x 1n n 1 1x x 2C1 22C x2  32C x2 2 n C x2 1

(4)

Trong (4) cho x = 1 ta được:

C1 22C2 32C2 n C2 n21n n 1 22n n 1 22 

đpcm

0,25

0,5 0,5 0,5

0,25

2,0 Điểm

Bài 4

3,0

điểm

(C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5

Do ABC  900  C đối xứng với A qua I  C(0; -4)

có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0

Có S ABC = 4  khoảng cách từ B đến AC là: d = 2 4

5

S

AC 

 B thuộc đường thẳng   AC, cách AC một khoảng bằng d

 pt của  có dạng: 2x - y + m = 0.

mà   AC  khoảng cách từ A đến  bằng d

8

m m

m



   



0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

3,0 Điểm

+ Với m = 0 pt của : 2x - y = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:

0

y











hoặc

6 5 12 5

x

y









 



+ Với m = -8 Pt của  : 2x-y- 8 = 0  toạ độ B là nghiệm của

hệ:

4

y

 









hoặc

16 5 8 5

x

y









 



Vậy toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( 6 12

5; 5

  ) hoặc (2; -4) hoặc (

16 8

5 ; 5).

0,5

0,5

0,25

Bài 5

5,0

điểm

1

Có BD  AC và BD  SA (vì SA  (ABCD))

nên BD  (SAC).

mp(P)  mp(SAC) nên (P) // BD.

Vậy (P) là mặt phẳng qua A và song song với BD.

Ta có (P) // BD nên B’D’ // BD.

B’D’ // BD nên B’D’  (SAC) Suy ra B’D’  AC’ hay tứ giác

AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc.

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

2,0 Điểm

2.

Khi C’ là trung điểm của SC.

Gọi V là thể tích khối chóp S.ACBD, V 1 là thể tích khối chóp

S.A’B’C’D’ và V 2 là thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ Ta có:

V 2 = V- V 1

V = SA S. ABCD  a a a

3 2

0,25 0,5

3,0 Điểm

I

S

B'

O

D

C B

A

Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của B’D’ và

AC’.

Cú I là trọng tõm tam giỏc SAC nờn SI = 2

3 SO, suy ra SB’ = 2

3 SB.

Cú ' '

.

S AB C

S ABC

V SA SB SC

V SA SB SC  

2 1 1

3 2 3

' '

S ABC

S AB C

V

3 Mà V S AB C ' '  1V V1, S ABC  1V

V a

V  

3

Vậy V  V V a  a  a

2

3 9 9 (đvtt).

0,5

0,5 0,5 0,25

0,5

Bài 6

3,0

điểm

Ta cú pt  x 5 = (2x + 1) 2

Nếu x là nghiệm thỡ  x 5  0  x 5 = (2x + 1) 2  1  x  1

Với x  1 xột f(x) = x 5 - 4x 2 - 4x - 1

Ta cú: f '(x) = 5x 4 - 8x - 4; f "(x) = 20x 3 - 8 > 0 với  x  1

 f '(x) đồng biến trờn [1, +), mà f '(1) = -7; Lim f '(x)x  

  x 0  (1; +) để f '(x 0 ) = 0

Ta cú bảng biến thiờn:

X 1 x 0 +

f'(x) - 0 + f(x)

+

-7

Dựa vào bảng biến thiên suy ra pt: f(x) = 0 có một nghiệm duy

nhất và nghiệm đó lớn hơn 1  đpcm.

0.5 0.5 0.5

0.5

0.5

0.5

3,0 điểm

f(x0)

Bài 1 Cho hàm số y = x4 - 6x2 + 4x + 6 Chứng minh rằng hàm số có hai cực tiểu và một cực đại

Bài 2

Giải hệ phương trình: ( )

( )







2

1

Nếu y = 0 thì từ (1) ta có x = 0 thay vào (2) ta thấy không thoả mãn Suy ra y  0 Chia cả hai vế của (1) cho y5  0 ta được hệ phương trình tương đương với

( ') ( )

 



 

 







5

5

2

1

Xét hàm số f(t) = t5 + t với t  0

Ta có f’(t) = 5t4 + 1 > 0  t  0 Vậy hàm số y = f(t) luôn đồng biến trong các khoảng (- ; 0) và (0; +) Suy ra:

( )

 

 

 

2

Thay x = y2 vào (2) ta được phương trình: 4x  5 x  8 6

Điều kiện x  5

4

Ta có 4x  5 x   8 6 4x    5 x 8 2 4 ( x 5 )(x 8 )  36

x



x x

x x

x

















 2

23

1

42

Với x = 1  y2 = 1  y =  1

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1; 1) và (1; -1)

Bài 3 (2 điểm) Chứng minh rằng:

n ( ) n

C122C232C3 n C2 n n12 với 2  n 2,n Có: ( 1 x)n C n0C x n1 C x n2 2 C x n n n (1)

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:

n1 x 1C1 2C x2  3C x2 2 nC x 1 (2)

Nhân cả hai vế của (2) với x ta được:

nx 1 x 1C x1  2C x2 2 3C x2 3 nC x (3)

Lấy đạo hàm hai vế của (3) ta được:

n1 x 1n n 1 1x x 2C1 22C x2  32C x2 2 n C x2 1 (4)

Trong (4) cho x = 1 ta được:

C1 22C2 32C2 n C2 n21n n 1 22n n 1 22  đpcm

Bài 4

(C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5

Do ABC 900  C đối xứng với A qua I  C(0; -4)

có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0

Có SABC = 4  khoảng cách từ B đến AC là: d = 2 4

5

S

AC 

 B thuộc đường thẳng   AC, cách AC một khoảng bằng d

 pt của  có dạng: 2x - y + m = 0

mà   AC  khoảng cách từ A đến  bằng d

8

m m

m



   

 + Với m = 0 pt của : 2x - y = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:

0

y









6 5 12 5

x

y









 

 + Với m = -8 Pt của  : 2x-y- 8 = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:

4

y

 









hoặc

16 5 8 5

x

y









 

 Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( 6 12

5; 5

  )

hoặc (2; -4) hoặc (16 8

5 ; 5)

Bài 5 (5 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA  (ABCD) Cho SA =

AB = a; mặt phẳng (P) qua A vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SC và SD lần lượt tại B', C ', D '

1 Chứng minh rằng tứ giác AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc

2 Khi C’ là trung điểm SC Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ theo a

Giải.

1 Có BD  AC và BD  SA (vì SA 

(ABCD)) nên BD  (SAC)

mp(P)  mp(SAC) nên (P) // BD

Vậy (P) là mặt phẳng qua A và song

song với BD

Ta có (P) // BD nên B’D’ // BD

B’D’ // BD nên B’D’  (SAC) Suy ra

B’D’  AC’ hay tứ giác AB’C’D’ có hai

đường chéo vuông góc

2 Khi C’ là trung điểm của SC

Gọi V là thể tích khối chóp S.ACBD, V1

là thể tích khối chóp S.A’B’C’D’ và V2

là thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’

Ta có:

V2 = V- V1

V = SA S. ABCD  a a a

3 2

Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của B’D’ và AC’

Có I là trọng tâm tam giác SAC nên SI = 2

3SO, suy ra SB’ = 2

3SB

Có ' '

.

S AB C

S ABC

V SA SB SC

V SA SB SC  

2 1 1

3 2 3

' '

S ABC

S AB C

V

3 Mà V S AB C ' '  1V V1, S ABC  1V

2 2 nên V  V a

3

1 3 9 Vậy V  V V a  a  a

2

3 9 9 (đvtt)

Bài 6.

Ta có pt  x5 = (2x + 1)2

Nếu x là nghiệm thì  x5  0  x5 = (2x + 1)2  1  x  1

Với x  1 xét f(x) = x5 - 4x2 - 4x - 1

Ta có: f '(x) = 5x4 - 8x - 4; f "(x) = 20x3 - 8 > 0 với  x  1

 f '(x) đồng biến trên [1, +), mà f '(1) = -7; Lim f '(x)x

  x0  (1; +) để f '(x0) = 0

Ta có bảng biến thiên:

X 1 x0 +

f'(x) - 0 +

I

S

B'

O

D

C B

A

+

-7

Dựa vào bảng biến thiên suy ra pt: f(x) = 0 có một nghiệm duy nhất và nghiệm đó lớn hơn 1  đpcm

f(x0)