Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2017 tỉnh Quảng Trị có đáp án | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Tổ chấm chỉ chi tiết biểu điểm chấm, không làm thay đổi thang điểm chấm của từng câu.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG TRỊ

KỲ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT

Khóa ngày 03 tháng 10 năm 2017

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (4,0 điểm)

Tìm m để đồ thị hàm số yx4  2(m 2)x2 m2 (m tham số thực) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có một góc bằng 120 0

Câu 2 (5,0 điểm)

1 Giải phương trình 5 2

4 2 1 2(2 1) 2 1

x  x x  x  x x

2 Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn xyz 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A x y z 6 x y z

y z x

       

Câu 3 (6,0 điểm)

1 Cho hình chóp đều S ABCD Mặt phẳng ( )P qua A vuông góc với SC cắt , ,

SB SC SD lần lượt tại B C D', ', ' Biết rằng , ' 2

3

SB

AB a

SB

  và C' nằm trên cạnh SC a) Tính diện tích tứ giác AB C D' ' '.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và B C' '

2 Cho đường tròn ( )O cắt các cạnh của tam giác ABC tại sáu điểm phân biệt , , , , ,

D E F G I H sao cho D và E nằm trên BC, F và G nằm trên CA, I và H nằm trên AB Chứng minh rằng nếu các đường thẳng đi qua D vuông góc BC, qua F

vuông góc CA, qua H vuông góc AB đồng quy thì các đường thẳng đi qua E vuông góc BC, qua G vuông góc CA, qua I vuông góc AB đồng quy

Câu 4 (3,0 điểm)

1 Cho dãy số (x n) thỏa mãn *

5 4

2

n n

n

x

x





Tìm số hạng tổng quát của (x n) và tính limx n.

2 Cho hàm số   4 3 2

f x x ax bx cx d (a b c d, , , là các số thực) thỏa mãn

 1 100,  2 200,  3 300

f   f   f   Tính giá trị của biểu thức  10  14

582 16

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho m n k, , * ,mk Chứng minh 0 1 1 0

m n m n m n m k n k

         

-Hết -Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay và tài liệu

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG TRỊ

KỲ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12

Khóa ngày 03 tháng 10 năm 2017

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một phương án giải, học sinh làm đúng theo phương án khác cho điểm tối đa theo ý câu đó

Tổ chấm chỉ chi tiết biểu điểm chấm, không làm thay đổi thang điểm chấm của từng câu

C1

4đ

3

' 4 4( 2)

y  x  m x

2

0

2

x y





  

 



Hàm số có ba cực trị khi m  2.

0, 25

0,75

Khi đó ' 0 0

2.

x y





  

  



Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là

2

(0; ), ( 2; 4 4), ( 2; 4 4).

A m B  m  m C  m  m

Vì tam giác ABC cân đỉnh A nên BAC  120 0 Gọi H là trung điểm của BC,

(0; 4 4).

H  m

0, 5

0,5

0,5

3

1

3

AB AHm  m  m m   0,5

1,0

C2

Ý1

3đ

Điều kiện: 1.

2

Phương trình trở thành: 5 5

(1).

Xét f x( ) x5 x f x, '( )  5x4   1 0, x. Do đó hàm số f x( ) đồng biến trên . 0,5

2 1 0

x





  



1,0

C2

Ý2

2đ

Ta có

2 3

x

y y z  yz  (dox y z , , 0 và xyz  1 ) 0,5 Tương tự y y z 3 ,y z z x 3z

z z x xx y nên x y z x y z (1)

Vì xy z 0, và cùng với (1) ta có:

A xyz  x yz  xy z 

0,5 Khi x yz  1 A 9.Vậy giá trị trị lớn nhất của A bằng 9 0,5

C3

Ý1

4đ

B'

D'

G C'

O

B

D

C A

S ( ) / /P BD (do cùng vuông góc với AC) Suy ra

' '/ /

Gọi G là giao điểm của AC' và SO, theo định lý

Thales ta có ' 2.

3

SH SB

SO  SB  Nên G là trọng tâm tam giác SAC Vậy tam giác SAC là tam giác đều

cạnh a 2.

0,5

Tứ giác AB'C'D' có 2 đường chéo vuông góc nên

có diện tích là

2

1,0

2 Vì AD/ /(SBC) nên d AD B C( , ' ') d AD SBC( , ( ))

( , ( )) 2 ( , ( )) 2

Tứ diện O SBC. có OS OB OC, , vuông góc nhau từng đôi một tại O nên

3

h  SO OB OC  a Vậy ( , ' ') 2 42.

7

a

C3

Ý2

2đ

2 Gọi các đường thẳng qua D, E lần lượt vuông góc BC là x và x'; tương tự y và y';

z và z' Gọi D' là giao điểm thứ 2 của x với (O)

0, 5

Ta có: x//x' và O là trung điểm D'E (vì

' 90

EDD  )

0,5

Xét phép đối xứng tâm Đo biến D' thành

E nên biến x thành x'

Tương tự Đo biến y, z lần lượt thành y', z'

Vì x, y, z đồng quy nên x', y', z' đồng quy

0,5

0,5

C4

Ý1

2đ

0,

n

x    n

0,25 0,25



Do đó 4.6 1 *

,

6 1

n

n n

x    n

 

0,5

0,5 4.6 1

6 1

n



0,5

C4

Ý2

1đ

Ta có h  1 h  2 h  3  0 nên các số -1, -2, -3 là nghiệm đa thức bậc

bốn h(x);

0,25

do đó h(x) có dạng

   1 2 3 0    1 2 3 0 100

h x  x x x xx  f x  x x x xx  x

Khi đó  10  14

582 2017.

16

f  f 

 

0,25 0,25

C5

2đ

Đếm số tất cả các bộ số nguyên T a a1 , 2 , ,a m n  1k với

1 a a  a m n  k m n  1 bằng hai cách:

- Số cách chọn m  n 1 k phần tử trong m n 1phần tử là 1

m n k k

m n m n

C     C  

1,0

- Với mỗi i (0 i k), cho phần tử a m 1 k của T nhận giá trị m i  1

Bộ T1 a a1 , 2 , ,a m k , 1 a1 a2  a m k m i và

2 m k 2 , m k 3 , , m n1 k , 2 m k 2 m k 3 m n1 k 1.

T  a   a   a    m i  a   a    a    m n 

Số tất cả bộ T là

m k n k i i

m i n i m i n i

C  C  C C 



0

.

k

k k i i

m n m i n i i

C   C C 





1,0

-Hết -