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..[r]
Trang 1SỞ 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 = 14sin4x + 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, π4]
2 Giải phương trình 3x 3 5 2 x x 33x210x 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
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
Trang 2SỞ 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
⇔
¿
¿
¿
0,5
d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
⇔
Δ '=m2−m −2>0 m+2 ≠ 0
⇔ m∈(− ∞;− 2)∪(− 2;− 1)∪(2 ;+∞)
¿{
0,5
Khi đó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*).
Theo Vi-ét ta có
x1+x2=−2 m
x1x2=m+2
¿{
¿
¿
0,5
Ta có khoảng cách từ K đến d là h = √2
Do đó diện tích KBC là:
2
±
Vậy
2
±
=
m
0,5
2
(6,0
điểm)
1a (2,5 điểm)
2cos2x – mcosx = 14sin4x + 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
1,0
Trang 3sin cos 0 (2)
(cos sin )(4 sin 2 ) 2 0 (3)
ê
Û ê
ë
*Giải (2):
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: t(3+t2)- 2m= Û0 t3+ -3t 2m=0
(4)
0,5
Với m = 2, PT (4) trở thành: t3+ -3t 4= Û0 (t- 1) (t2+ + = Û =t 4) 0 t 1
Với t = 1, ta có:
2
2 ,
2
ç
é = p Î
ê
ê
¢
¢
¢
Vậy với m = 2, PT đã cho có nghiệm:
4
p
p
0,5
1b (1,5 điểm)
Nghiệm của (2) không thuộc đoạn [0, π4] nên để PT đã cho có nghiệm thuộc đoạn
[0, π4] thì PT (3) phải có nghiệm thuộc đoạn [0, π4] hay PT (4) có nghiệm thuộc
đoạn [0, 1]
0,5
Ta có: t3+ -3t 2m= Û0 t3+ =3t 2m (5).
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, max ( )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:
5 1;
2
x
PTÛ 3x+ -3 3 - 5 2- x- 1 - x +3x +10x- 24=0 0,5
0,5
Trang 42
12 0
é =
ê
ê
Û ê
ë
x
Xét hàm số
2
Ta có f(x) liên tục trên
5 1;
2
ê- ú
ë û
Ta có f'(x) = -2x + 1, f'(x) = 0 x =
1
2
Do đó
5 1;
2
é ù
ê - ú
ê ú
ë û
0,5
2
2
Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
0,25
3
(4,0
điểm)
1 (2,0 điểm)
0,5
Cộng từng vế (1) và (2) ta được:
Theo bài ra ta có: 22n-1=512Û 2n- = Û1 9 n=5
Từ đó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 = ∑
i=0
15
Þ Hệ số của x18 là số C15i 215 −i¿ sao cho 2i = 18 Û i = 9.
Vậy hệ số của x18 là: -C159 26 = -320.320 0,5
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
Ta có: " ³ 1, = 1 n-1
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)
4
(5,0
điểm)
1 (3,0 điểm)
Chứng minh EI = IJ = JF Từ đó suy ra
' 1
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
N
F
M E
K J
I
B ' C '
A
'
C B A
Trang 51 1 1 1
' 3 3 3 27
EBIM
EB FK
EBIM =
27 8V =72V
'
'
FA JN
FB EK
FA’JN =
18 8V =48V
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)
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 Δ ACD và Δ BCD
Ta có AM≤√1− a
2
4; BN ≤√1− a
2
4
Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH ≤ AM ≤√1− a
2
4
Thể tích của tứ diện ABCD: V =1
3 S Δ BCD AH=1
6 BN CD AH ≤
a
6(1−
a2
4 )
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
a
Vậy max ( )( ] 0,1 f a = f(1)=3
0,5
Suy ra
1 max
8
=
V
khi DACD và Δ 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) Ta có
2/3
2
2/ 3 2
2
b
2
2 /3 2
2
c
0,5
M N H C
D B
A
3 0
0
f(
a)
f'(
a) a
Trang 6Khi đó
2/3 2/3 2/3
2
2/3 2/3 2/3
2
Ta đi chứng minh ab2/ 3 bc 2/ 3 ca 2/ 3 3 3 a b2 23b c2 2 3c a2 2 (2)3
0,5
Thật vậy theo Cô - si ta có a b ab 33a b2 2
Thật vậy theo Cô - si ta có c b bc 33c b2 2
Thật vậy theo Cô - si ta có a c ac 33 a c2 2
0,5
Mặt khác ta có:
0
1
3
Khi đó ta có: 33 a b2 2 3b c2 2 3c a2 22.3 3 9
3a b2 2 3b c2 2 3 c a2 2 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
0,5
Trang 7
-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 x2 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 x2+8 x+ 6+√x2−1=2 x +2
-HẾT -Họ và tên thí sinh : Số báo danh
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 8Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:
Trang 9SỞ 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 điểmKhi m = 0 ta có y x 3 3x2
b) Sự biến thiên:
+) Chiều biến thiên:
y'3x2 6x 3 (x x 2)
y'0 3 (x x 2) 0 x 0;x2
' 0 (0; 2)
y x nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)
' 0 ( ; 0) (2; )
y x nên hàm số đồng biến trên mỗi
khoảng ( ; 0) và (2;)
0,75
+) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 0, yCĐ = 0
+) Các giới hạn:
lim ( 3 )
;
lim ( 3 )
x
+) Bảng biến thiên:
+
-
0
-4
0
2
-
y y' x
0,5
c) Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại hai điểm (0, 0) và (3,0). 0,5
Trang 10f(x)=x^3-3x^2 x(t)=2 , y(t)=t f(x)=-4
x
y
O 2 3
-4
2) 2 điểm
+ Hàm số luôn đồng biến trên y' 0 x 0,5
'
0 0
a
3 0
9 3m 0
0,5
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 ⇔2cos3 x2 cos2x + 2 cos7 x2 cos2x = 0 0,5
5
x
2 , 2 ,
, 2
1,25
2
x k x k x k k 0,25
2) 2 điểm
Đặt U =√ 3 − x , V = √ x+2 (Điều kiện U 0; V 0) ta có hệ: 0,5
U +V =3
U2
+V2=5
¿{
¿
¿
0,25
Giải hệ ta có :
1 2
U V
hoặc
2 1
U V
U =1
V =2
⇒ x=2
¿{
¿
¿
;
U =2
V =1
⇒ x=− 1
¿{
¿
¿
0,5
Trang 114 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.A❑53 = 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 Δ đi qua điểm A(-1; 0) có PT dạng:
a(x + 1) + by = 0 ⇔ ax + by + a = 0 (a2b2 0) 0,25
Để Δ là tiếp tuyến của đường tròn (I) thì:
d(K, Δ ) = R ⇔|2 a − 4 b+a|
Ta thấy nếu b = 0 thì từ (*) suy ra a = 0, không TMĐK.
Nếu b , đặt 0
a t b
, từ phương trình (*) ta có:
1 2
t
hoặc
11 2
t
0,5
Từ đó tìm được PT tiếp tuyến là: x + 2y + 1 = 0 hoặc 11x + 2y + 11 = 0. 0,5
4
4 điểm 1) 2 điểm
H
P
Q
R
N
M
E
F
D
B
A C
S
(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 - AC
2
2
a
SH = a√22
0,5
Áp dụng công thức
1 3
ta có V =
1
3SH.S ABCD =
a3√2
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
Trang 12Gọi 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
Ta có: V1V P CEF. (V R DFN. V Q BME. )V P CEF. 2V R DFN.
(vì V R DFN. V Q BME. )
Ta tính V V1, P CEF. ,V R DFN. theo V.
0,5
.
(PK là đường cao của hình chóp P.CEF).
0,25
.
(RJ là đường cao của hình chóp R.DFN).
0,25
Từ đó suy ra: 1 . .
2
P CEF R DFN
Suy ra điều phải chứng minh
0,25
5
2 điểm
ĐK:
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 x2+8 x+6+√x2−1=2 x +2
⇔√(x +1)(2 x +6)+√(x +1)(x −1)=2 √(x+1)(x +1)
⇔√2 x +6+√x −1=2√x+1
0,25
⇔ 2x + 6 + x – 1 + 2.√(2 x +6).(x −1)= 4(x + 1)
⇔ 3x + 5 + 2√(2 x +6)(x − 1) = 4x + 4 ⇔2√(2 x +6)(x − 1) = x -1 0,25
⇔2√(2 x +6)(x − 1) = √(x −1)(x −1)
Hoặc: 2√2 x +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