Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 12 các tỉnh có đáp án by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỐ BÁO DANH:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ạy K

èm

Giải phương trình: x 4n + x 2n + 2012 = 2012 (n ∈ ℕ* ) . Câu 2 (2.5 điểm): Cho dãy số (u n ) xác định bởi công thức: u1 = 3  1 3  2 ; (n ∈ ℕ* ). u = u +  n + 1 n 2   3 un   Tính: lim un ? Câu 3 (1.5 điểm): Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng: 1 1 1 36 + + ≥ . 2 2 x y z 9 + x y + y 2 z 2 + z 2 x2

N hơ n

Câu 1 (2.5 điểm):

om /+ D

Câu 4 (2.0 điểm): . 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. Câu 5 (1.5 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

--------------------HẾT----------------------

oo g

x+2 3 = y + z .

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)

HƯỚNG DẪN CHẤM

N hơ n

(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung

Câu

* 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. Nội dung 4n

èm

1 2n

⇔ t2 + t +

1 1 = t + 2012 − t + 2012 + 4 4 2

om /+ D

1  1  ⇔  t +  =  t + 2012 −  2  2 

Giải phương trình (2) ta được: t =

0,5 0,25

(2)

−1 + 8045 thỏa mãn điều kiện 2

Phương trình có 2 nghiệm:

−1 + 8045 −1 + 8045 và x 2 = − 2n , n ∈ ℕ* . 2 2

oo g

x1 = 2n

0,25 0,5

⇔ t + 1 = t + 2012

⇔ t 2 + t − 2011 = 0.

2,5 điểm

(1)

ạy K

Phương trình: x + x + 2012 = 2012 (n ∈ N*) Đặt t = x2n ≥ 0, phương trình (1) trở thành: t 2 + t + 2012 = 2012

Điểm

Theo công thức xác định dãy (un ) , ta có un > 0; ∀n ∈ ℕ* . Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 1 3  1 3 3 un+1 =  2un + 2  =  un + un + 2  ≥ 3 un2 . 2 = 3 3 ; ∀n ∈ ℕ* . 3 un  3  un  un Do đó: un ≥ 3 3 ; ∀n ∈ ℕ* .

0,25 0,25 0,5

2,5 điểm 0,5

0,5

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

 1  3 − u3  2 1 1 3 Mặt khác: un+1 − un = un + 2 − un =  2 − un  =  2 n  ≤ 0 . 3 un 3  un  3  un  Vậy (un ) là dãy số giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn. 2 1 3 Giả sử, lim un = a .Ta có: a = a + 2 ⇔ a = 2 ⇔ a = 3 3 . 3 a a 3 Vậy: lim un = 3

0,5

N hơ n

0,5

1.5 điểm

1 1 1 36 + + ≥ 2 2 x y z 9 + x y + y 2 z 2 + z 2 x2 1 1 1 ⇔ (9 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )  + +  ≥ 36 . x y z

 xy + yz + zx  = ( xy )( yz )( zx ) ≤   . 3   2

èm

Do đó: 2

Mặt khác:

0,25

ạy K

 1 1 1   xy + yz+zx  27 ( xy + yz+zx )  x + y + z =  ≥ 3 xyz ( xy + yz+zx )     27 = . xy + yz+zx

Ta có: ( xyz )

0,25

om /+ D

9 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 = 6 + ( x 2 y 2 + 1) + ( y 2 z 2 + 1) + ( z 2 x 2 + 1) ≥ 2 ( 3 + xy + yz + zx ) .

0,25

  1 1 1  ⇒ (9 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )  + +    x y z   2 27 ≥ 4 3 + ( xy + yz+zx )  . xy + yz+zx

oo g

  9 = 108.  + 6 + ( xy + yz + zx )   xy + yz + zx    9 ≥ 108  6 + 2 ( xy + yz + zx )  = 1296 . xy + yz + zx   1 1 1 Suy ra: (9 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )  + +  ≥ 36 . x y z Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1.

0,25 0,25 2.0 điểm

4 A

0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

N hơ n

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

0,25

èm

Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có  b  dạng : y = ax + b (a ≠ 0). Khi đó : A =  − ;0  , P = (0; b) .  a  AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình : y = -ax – b. 1 PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình : y = − x + b . a O là giao điểm của PO và trục hoành nên O = (ab,0) .

0,25

oo g

om /+ D

ạy K

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 :  y = ax + b bc   b ⇒ B = ;  . c−a c−a  y = cx C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ :  y = − ax − b b bc   ⇒ C = − ;−  .  c+a c+a  y = cx abc  bc  ab ; AM = c; a 2 ) . Do đó : M =  2 , suy ra : 2 2 2  2 2 ( a (c − a ) c −a c −a  a2 ab Từ đó ta có phương trình của AM là : y = x + . c c Q là giao điểm của AM với trục tung nên  ab   1 Q =  0;  ⇒ QO = ab 1; −  . c  c   Do đó QO là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC.

0,25

+) 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.

0,25 0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1,5 điểm Giả sử ( x, y, z ) là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có:

x+2 3 = y + z + 2 yz ⇔ x − ( y + z ) = 2 yz − 2 3 2

⇒ [ x − ( y + z ) ] = 4 yz − 8 3 yz + 12

0,25

N hơ n

= 4 yz − 4 3 [ x − ( y + z ) ] − 12 2

0,25

⇒ [ x − ( y + z ) ] + 4 3 [ x − ( y + z ) ] + 12 = 4 yz 2

0,25

0,5 0,25

oo g

om /+ D

ạy K

èm

− [ x − ( y + z )] + 4 yz + 12 Nếu x ≠ ( y + z ) thì 4 3 = ∈ ℚ (vô lý). x − ( y + z)  y =1  z = 3 Nếu x = y + z thì yz = 3 ⇔  ⇒ x = 4.  y = 3    z = 1 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).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN - Vòng 2 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

b) Giải bất phương trình:

N hơ n

Câu 1 (2 điểm) a) Cho hàm số y = x 2 + 2mx − 3m và hàm số y = −2 x + 3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương. − x 2 + 8 x − 12 > 10 − 2 x

3 2

èm

3 3 3 a) Giải phương trình: (4 x − x + 3) − x =

Câu 2 (2 điểm)

b) Giải phương trình: 2 x 2 − 11x + 23 = 4 x + 1

ạy K

Câu 3 (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB.

om /+ D

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x − 2) 2 + ( y + 3) 2 = 9 và điểm A(1; −2) . Đường thẳng ∆ qua A, ∆ cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.

Câu 4 (3 điểm) a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 .

b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:

1 1 1 = 2 + 2 (trong đó AB=c; AC=b; đường 2 ha b c

oo g

cao qua A là ha ).

Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng: 2 2 2 a − b) + (b − c ) + ( c − a ) ( 2a 2b 2c + + ≥3+ 2 b+c c+a a+b (a + b + c) …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:……………………… Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung 2 Tìm m: y = x + 2mx − 3m và y = −2 x + 3 cắt nhau tại hai điểm 1 a phân biệt và hoành độ dương Yêu cầu bài toán ⇔ PT sau có hai nghiệm dương phân biệt x 2 + 2mx − 3m = −2 x + 3 ⇔ x 2 + 2(m + 1) x − 3m − 3 = 0 ∆ ' > 0  ⇔ −3( m + 1) > 0 −2(m + 1) > 0   m > −1 ∆' > 0 ⇔   m < −4 Kết hợp nghiệm, kết luận m < −4

Điểm

N hơ n

1,00

0,25

èm

Giải bất phương trình:

0,25 0,25

− x 2 + 8 x − 12 > 10 − 2 x

1,00

ạy K

TXĐ: − x 2 + 8 x − 12 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 6

0,25

om /+ D

Nếu 5 < x ≤ 6 thì − x 2 + 8 x − 12 ≥ 0 > 10 − 2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 5 < x ≤ 6 10 − 2 x ≥ 0 Nếu 2 ≤ x ≤ 5 ⇒  bất pt đã cho 2 − + 8 − 12 ≥ 0 x x  ⇔ − x 2 + 8 x − 12 > 4 x 2 − 40 x + 100 ⇔ 5 x 2 − 48 x + 112 < 0 ⇔ 4 < x <

0,25

28 5

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4 < x ≤ 5 Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6] 3 3 3 3 Giải phương trình: (4 x − x + 3) − x = (1) a 2

0,25

oo g

0,25

1,00

2 y 3 − 2 x3 = 3 ( I ) Khi đó nghiệm Đặt y = 4 x − x + 3 . (1) có dạng:  3 4 x − x + 3 = y của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I) 3 3 2 y 3 − 2 x 3 = 3(2) 2 y − 2 x = 3 (I) ⇔  3 ⇔ 2 2 3 ( x + y )(2 x − 2 xy + 2 y − 1) = 0(3) 2 x + 2 y − ( x + y ) = 0 3 TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x = − 3 4 2 2 2 TH2: 2 x − 2 xy + 2 y − 1 = 0; ∆ 'x = 2 − 3 y . Nếu có nghiệm thì y ≤ 2 . 3

0,25

0,25 0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

2   Tương tự cũng có x ≤ . Khi đó VT (2) ≤ 4  2  = 8 2 < 3 . 3  3 3 3 Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm x = − 3 3

0,25

1,00

Giải phương trình: 2 x − 11x + 23 = 4 x + 1 ĐK: x ≥ −1 . (1) ⇔ 2( x 2 − 6 x + 9) + ( x + 1 − 4 x + 1 + 4) = 0

0,25 0,25

N hơ n

2( x − 3) 2 + ( x + 1 − 2) 2 = 0 (*)  x − 3 = 0 Do a 2 ≥ 0(∀a ) nên pt(*) ⇔   x + 1 − 2 = 0 ⇔ x = 3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại a B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; y B > 0 ) x y + =1 a b

èm

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

ạy K

1 4 4 16 Vì AB qua M nên + = 1 ⇒ 1 ≥ 2 ⇒1≥ a b ab ab a = 2 ab 1 4 1 ⇒ ≥ 8;" = " ⇔ = = ⇔  2 a b 2 b = 8

om /+ D

1,00 0,25

0,25 2

Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8) b (C): ( x − 2) 2 + ( y + 3) 2 = 9 ; A(1; −2) . ∆ qua A, ∆ cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.

0,25

1,0

0,25

Mà IH ⊥ AH ⇒ IH ≤ IA = 2 ⇒ MN 2 ≥ 4(9 − 2) = 28 ⇒ MN ≥ 2 7

0,25

(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì IA2 = (1 − 2) 2 + (−2 + 3) 2 = 2 < 9 Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có IH 2 + HN 2 = IN 2 = 9 ⇒ MN 2 = 4 HN 2 = 4(9 − IH 2 )

oo g G

0,25

Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S = 1 OA.OB = 1 ab ≥ 8 .

0,25

Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi a AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ AB − DC = 0 2 2 2 ⇔ AB − DC = 0 ⇔ AB + DC − 2 AB.DC = 0 ⇔ AB 2 + DC 2 − 2 AB.( AC − AD) = 0

(

)

⇔ AB 2 + DC 2 − ( AB 2 + AC 2 − BC 2 ) + ( AB 2 + AD 2 − BD 2 ) = 0 (*) 2 2 2 2 2 2 ( vì a − b = a − 2a.b + b ⇒ 2a.b = a + b − a − b )

(

)

(

)

0,25

1,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

⇒

1 a 4R = 2 2 2 = 2 2 2 ha b c sin A b c

0,25

èm

2 2 ( a − b) + (b − c ) + ( c − a ) 2

(a + b + c)

; a, b, c > 0

ạy K

2a 2b 2c + + ≥ 3+ b+c c+a a+b

2a 2b 2c −1 + −1+ −1 = b+c c+a a+b a−b+a−c b−c+b−a c−a+c−b + + b+c c+a a+b

om /+ D

XétM=

0,25

Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có B − C =

0,25 0,25 0,25

π π   B + C = 2 hay A = 2 ⇔ ( 0 < B + C < π ;0 ≤ B − C < π )  B −C = π  2

CMR :

1,5

(1) ⇔ b 2 + c 2 = 4 R 2 ⇔ sin 2 B + sin 2 C = 1 ⇔ 1 − cos 2 B + 1 − cos 2C = 2 ⇔ cos 2 B + cos 2C = 0 ⇔ 2cos( B + C )cos( B − C ) = 0

0,25

N hơ n

(*) ⇔ AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 (Đpcm) ( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ) 1 1 1 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 = 2 + 2 (1) ha b c Có a.ha = 2 S = bc sin A

1 1 1 1 1 1 ) + (b − c)( ) + (c − a )( ) − − − b+c c+a c+a a+b a+b b+c 1 1 1 = ( a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2 (b + c)(c + a) (c + a)(a + b) (a + b)(b + c) 1 4 4 1 Vì ≥ > = ; 2 2 (b + c )(c + a ) ( a + b + 2c ) (2a + 2b + 2c) ( a + b + c) 2 1 (a − b) 2 2 2 ( a − b) ≥ 0 ⇒ (a − b) ≥ ;" = " ⇔ a = b (b + c )(c + a ) (a + b + c) 2 Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại 2 2 2 a − b) + (b − c ) + (c − a ) ( Suy ra M ≥ (Đpcm); “=” ⇔ a = b = c 2 (a + b + c)

1,00

0,25

oo g

= (a − b)(

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Hình vẽ câu 3b: I A

N hơ n

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)

Môn: TOÁN ( BẢNG A ) Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 06/10/2011

èm

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: ( 5,0 điểm )

ạy K

a. Giải phương trình sau: 4 x 2 + x + 1 = 1 + 5 x + 4 x 2 − 2 x 3 − x 4 với x ∈ R .

(

)

b. Giải phương trình: 2sin 2 x + 3 sin 2 x + 1 = 3 cos x + 3 sin x .

om /+ D

Câu 2: ( 5,0 điểm ) a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh AB = 2 . Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC lấy điểm M thỏa MA2 + MB 2 = MC 2 . Tìm quỹ tích của điểm M. b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 600 , BM = 6, CN = 9 . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC.

Câu 3: ( 4,0 điểm )

Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 1 và un +1 = 3un 2 + 2 với mọi n ≥ 1 .

a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( un ) .

oo g

2 b. Tính tổng S = u12 + u22 + u32 + ... + u2011 .

Câu 4: ( 3,0 điểm )

Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3

M = ( a + b + c ) − ( a + b + c ) + 6abc

Câu 5: ( 3,0 điểm )  x 3 + ( y + 2 ) x 2 + 2 xy = −2m − 3 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  2 với x, y là  x + 3 x + y = m các số thực.

………………. Hết ……………….

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

oo g

om /+ D

ạy K

èm

N hơ n

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) Môn: TOÁN ( BẢNG A ). Ngày thi: 06/10/2011 ( Hướng dẫn có 04 trang )

LONG AN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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.

)

(

)(

)

0,5

Q èm

t 2 − t − 1 = 0 (*) ⇔  2 t + t − 5 = 0

3 1+ 5 thì t 2 − t − 1 = 0 có một nghiệm là t = 2 2 3 −1 + 21 Với t ≥ thì t 2 + t − 5 = 0 có một nghiệm là t = 2 2

ạy K

Với t ≥

0,5

(

⇔ t 2 − 3 − ( t − 2 ) = 0 ⇔ t 2 − t − 1 t 2 + t − 5 = 0 (*)

Thang điểm

N hơ n

Câu Đáp án 1 a. ( 3,0 điểm ) (5,0 điểm) 3 Đặt t = x 2 + x + 1, t ≥ . Khi đó phương trình trở thành: 2 4t = −t 4 + 7t 2 − 5 ⇔ t 4 − 6t 2 + 9 − ( t 2 − 4t + 4 ) = 0

0,5

⇔ x=

Khi

om /+ D

 1+ 5  1+ 5 2 Khi t = thì x 2 + x + 1 =   2  ⇔ 2 x + 2 x − 1 − 5 = 0 2  

0,5

−1 − 3 + 2 5 −1 + 3 + 2 5 hoặc x = . 2 2 2

 −1 + 21  −1 + 21 2 t= thì x 2 + x + 1 =   ⇔ 2 x + 2 x − 9 + 21 = 0 2 2  

0,5

−1 − 19 − 2 21 −1 + 19 − 2 21 hoặc x = . 2 2 b. ( 2,0 điểm )

oo g

⇔x=

Phương trình đã cho được viết lại:

3sin 2 x + 2 3 sin x cos x + cos 2 x = 3

⇔

(

)

3 sin x + cos x − 3

(

3 sin x + cos x

0,5

)

0,5

3 sin x + cos x = 3

0,5

3 sin x + cos x = 0

⇔ 3 sin x + cos x = 0 hoặc

)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

π 1 ⇔ x = − + kπ , k ∈ Z 6 3 3 sin x + cos x = 3 phương trình vô nghiệm.

3 sin x + cos x = 0 ⇔ tan x = −

0,5

2 a. (2,0 điểm ) (5,0 điểm) 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 ) . 2

N hơ n

0,5

MA + MB = MC 2 2 ⇔ ( 2 − x ) + y2 + x2 + y 2 = x2 + ( 2 − y )

0,5

⇔ x2 + y 2 − 4 x + 4 y = 0 .

Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm I ( 2; −2 ) , bán kính R = 2 2 .

Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm I ( 2; −2 ) , bán kính

0,5

èm

R=2 2.

0,5

ạy K

b. ( 3,0 điểm ) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. = 120 0 Xét trường hợp: BGC

om /+ D

Ta có: BC 2 = GB 2 + GC 2 − 2GB.GC.cos1200 = 76 MC 2 = GM 2 + GC 2 − 2GM .GC.cos 60 0 ⇔

Vậy AC2 = 112

NB 2 = GB 2 + GN 2 − 2GB.GN .cos 60 0 ⇔

AC 2 = 28 4

AB 2 2 = 13 Vậy AB = 52 4

0,5

Vậy độ dài trung tuyến còn lại :

AC 2 + AB 2 BC 2 − = 63 ⇒ ma = 3 7 2 4

0,5

ma2 =

= 600 Xét trường hợp: BGC Ta có : BC 2 = GB 2 + GC 2 − 2GB.GC.cos600 = 28

oo g

AC 2 = 52 MC = GM + GC − 2GM .GC .cos120 ⇔ 4 2

0,5

Vậy AC2 = 208

NB 2 = GB 2 + GN 2 − 2GB.GN .cos120 0 ⇔

Vậy AB2 = 148

0,5

Vậy độ dài trung tuyến còn lại : ma2 =

Câu 3

AB 2 = 37 4

0,5

AC + AB BC − = 171⇒ ma = 171 2 4

Đáp án

Thang điểm

a. 2,0 điểm

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(4,0 điểm) Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N *

0,5

Từ un+1 = 3un2 + 2 ⇔ un2+1 = 3un2 + 2 .

0,5

Đặt vn = un2 thì có: vn +1 = 3vn + 2 ⇔ vn +1 + 1 = 3 ( vn + 1) . Đặt xn = vn + 1 thì ta có:

Nên: xn = 2.3n −1 ⇒ vn = 2.3n −1 − 1 ⇒ un = 2.3n −1 − 1 .

0,5

b. 2,0 điểm

0,5

S = 2.30 + 2.31 + 2.32 + ... + 2.32010 − 2011

0,5

(

= 2 ( 30 + 31 + 32 + ... + 32010 ) − 2011

) − 2011

2 32011 − 1

3 −1

èm

Chứng minh được: ( a + b + c ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 3

Suy ra: a + b + c ≤ 3 và ( a + b + c ) ≤ 3 ( a + b + c )

om /+ D

4 (3,0 điểm)

ạy K

= 32011 − 2012 2

 a+b+c  8 3 M ≤ 2 ( a + b + c ) + 6abc ≤ 2 3 + 6   ≤ 3 3   Vậy GTLN của M là

0,5 0,5 0,5 0,5 + 0,5

0,5

1 . 3

5 (3,0 điểm)

0,5

8 3 3

Giá trị này đạt được khi a = b = c =

0,5

N hơ n

xn +1 = 3 xn . Từ đây suy ra ( xn ) là cấp số nhân với x1 = 2 , công bội là 3.

2 ( x + 2 x ) ( x + y ) = −2m − 3 Viết lại hệ:  2  x + 2 x + x + y = m

oo g

0,5

Đặt u = x 2 + 2 x, v = x + y . Dễ có: u ≥ −1 . u.v = −2m − 3 Hệ trở thành:  u + v = m Suy ra: u ( m − u ) = −2m − 3 ⇔ u 2 − 3 = m ( u + 2 ) ⇔

0,5

u2 − 3 =m u+2

0,5

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

u2 − 3 với u ≥ −1 . u+2 u 2 + 4u + 3 ≥ 0, ∀u ≥ −1 f / (u ) = 2 (u + 2)

Xét hàm f ( u ) =

0,5

−1

+∞ +

(u ) f (u )

N hơ n

Bảng biến thiên:

+∞

0,5

−2

0,5

ạy K

èm

Kết luận : m ≥ −2 .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

Câu 1 (2 điểm)

om /+ D

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN - Vòng 1 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang)

x−2 có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) x +1 tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M.

1. Cho hàm số y =

2. Tìm m để hàm số y = 9 x + m x 2 + 9 có cực đại.

oo g

Câu 2 (2 điểm)

a. Giải phương trình sin 2012 x + cos 2012 x =

1 1005

2 2  x + x + 1 = y + y − 1 b. Giải hệ phương trình  2 2  x + y − xy = 1 Câu 3 (2 điểm) 9 3  π 1. Chứng minh tan x + sin x ≥ x + ( 3 − π ), ∀x ∈  0;  . Từ đó suy ra trong mọi tam 2 2  2

giác nhọn ABC ta có tan A + tan B + tan C + sin A + sin B + sin C ≥

9 3 . 2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 + 4 − x − 16 − x 2 .

N hơ n

Câu 4 (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc 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. = 450 . d) M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN.

Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh a 2 + ab + 1 b2 + bc + 1 c 2 + ca + 1 + + ≥ 5( a + b + c) a 2 + 3ab + c 2 b 2 + 3bc + a 2 c 2 + 3ca + b 2

èm

…………………Hết………………….

oo g

om /+ D

ạy K

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 Câu Ý Nội dung Điểm CM tam giác IAB có di ệ n tích không ph ụ thu ộ c v ị trí đ i ể m M I 1 1,00 3 3  a−2 ⇒ y '(a ) = M ∈ (C ) ⇒ M  a; 0,25  , a ≠ −1 . y ' = 2 ( x + 1) (a + 1) 2  a +1  3 a−2 (∆) Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y = ( x − a) + 2 ( a + 1) a +1 Tiệm cận đứng ∆1 có phương trình x = −1 0,25 Tiệm cận ngang ∆ 2 có phương trình y = 1 ⇒ I (−1;1) a −5  ∆ ∩ ∆1 = A ⇒ A  −1; 0,25  , ∆ ∩ ∆ 2 = B ⇒ B ( 2a + 1;1) a +1   1 1 a −5 1 6 − 1 . 2a + 2 = . .2 a + 1 = 6 (không S IAB = IA.IB = 2 2 a +1 2 a +1 0,25 phụ thuộc vào a, đpcm) 2 1,00 Tìm m để hàm số y = 9 x + m x 2 + 9 có cực đại mx 9m , y '' = TXĐ: ℝ , y ' = 9 + ( x 2 + 9) x 2 + 9 x2 + 9

y ' = 0 ⇔ 9 x 2 + 9 + mx = 0 ⇔ 9 x 2 + 9 = −mx ⇔ mx < 0 mx < 0 ⇔ (I)   2 2 2 2 2 x m x m x 81( 9) ( 81) 81.9 + = − =  

0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

TH 1. m 2 ≤ 81 ⇔ −9 ≤ m ≤ 9 ⇒ m . x ≤ 9 x < 9 x 2 + 9(∀x ) nên y' =

9 x 2 + 9 + mx 2

x +9

> 0, ∀x suy ra hàm số đồng biến trên ℝ , không 0,25

có cực trị.

y ''( x1 ) =

9m 2 1

( x + 9) x12 + 9

−27 m 2 − 81

N hơ n

TH 2. m > 9 ⇒ ( I ) ⇔ x1 =

> 0 ⇒ x1 là điểm cực tiểu ⇒ m > 9 loại

TH 3. m < −9 ⇒ ( I ) ⇔ x2 =

27 m 2 − 81

Giải phương trình sin 2012 x + cos 2012 x =

èm

< 0 ⇒ x2 là điểm cực đại. ( x22 + 9) x22 + 9 Vậy hàm số có cực đại ⇔ m < −9

y ''( x2 ) =

1005

ạy K

Đặt t = sin 2 x, t ∈ [ 0;1] . (1) có dạng: t1006 + (1 − t )1006 =

(1)

1005

(2)

0,25

1,00 0,25

Xét hàm số f (t ) = t1006 + (1 − t )1006 , t ∈ [ 0;1]

1 2

om /+ D

f '(t ) = 1006[t 1005 − (1 − t )1005 ] ; f '(t ) = 0 ⇔ t =

0,25 0,25

1,00

1 1 1 1 f (0) = f (1) = 1, f   = 1005 ⇒ min f (t ) = 1005 Vậy (2) ⇔ t = [0;1] 2 2 2 2 π π 1 hay (1) ⇔ sin 2 x = ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = + k ( k ∈ Z ) 2 4 2  x + x 2 + 1 = y + y 2 − 1 (1) Gi ả i h ệ ph ươ ng trình 2  2 2 (2)  x + y − xy = 1

0,25

ĐK: y ≥ 1 . (1) ⇔ x − y = y 2 − 1 − x 2 + 1

oo g

⇒ x 2 − 2 xy + y 2 = y 2 − 1 + x 2 + 1 − 2 ( y 2 − 1)( x 2 + 1)

⇔ xy = ( y 2 − 1)( x 2 + 1) ⇒ x 2 y 2 = x 2 y 2 + y 2 − x 2 − 1 ⇔ x 2 − y 2 = −1

2 2 x = 0  x − y = −1 2 ⇒ 2 x − xy = 0 ⇔ Kết hợp với (2) ta được  2  y = 2x 2  x + y − xy = 1  x = 0 & (2) ⇒ y 2 = 1 ⇔ y = ±1 1 1 2 y = 2 x & (2) ⇒ 3 x 2 = 1 ⇔ x 2 = ⇔ x = ± ⇒ y=± 3 3 3 1 2 Thử lại ta có x = 0, y = 1 và x = ,y= thỏa mãn hệ pt 3 3 Vậy hệ có 2 nghiệm như trên

0,25 0,25

0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

III

9 3 Chứng minh tan x + sin x − x ≥ ( 2 2 9 Xét hàm số f ( x) = tan x + sin x − x trên 2 f '( x) =

 π 3 − π ), ∀x ∈  0;  .  2  π  0;   2

1 9 2cos3 x − 9cos 2 x + 2 (2cos x − 1)(cos 2 x − 4cos x − 2) + cos x − = = cos2 x 2 2cos 2 x 2cos 2 x

f '( x)

3 0

0,25

N hơ n

 π Vì x ∈  0;  ⇒ 0 < cosx<1 ⇒ (cos 2 x − 2) − 4cos x < 0 ⇒ f '( x ) cùng  2 dấu với 1 − 2cos x . Bảng biến thiên của f ( x)

1,00

èm

f ( x)

ạy K

3 ( 3 −π) 2 9 3  π Vậy f ( x) = tan x + sin x − x ≥ ( 3 − π ), ∀x ∈  0;  2 2  2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =

oo g

om /+ D

0,25  π Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên A, B, C ∈  0;  ⇒  2 9 3 tan A + sin A ≥ A + ( 3 − π ) . Tương tự, cộng lại ta được 2 2 9 9 tan A + tan B + tan C + sin A + sin B + sin C ≥ ( A + B + C ) + ( 3 − π ) 2 2 Kết hợp với A + B + C = π ta có đpcm 0,25 2 1,00 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 + 4 − x − 16 − x 2

TXĐ: D = [ −4;4] . Đặt t = x + 4 + 4 − x , t ≥ 0 . Bình phương ta

được t 2 = 8 + 2 ( x + 4)(4 − x) ≥ 8 . Dấu bằng có khi x= ±4 Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có t 2 = 8 + 2 ( x + 4)(4 − x) ≤ 8 + ( x + 4) + (4 − x) = 16 .D bằng có khi x=0 Do t ≥ 0 ⇒ 2 2 ≤ t ≤ 4 t2 − 8 1 Khi đó y = f (t ) = t − = − t 2 + t + 4, t ∈  2 2;4  2 2 f '(t ) = −t + 1, f '(t ) = 0 ⇔ t = 1 (loại)

0,25 0,25 0,25

f (2 2) = 2 2, f (4) = 0 . 0,25 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Vậy min y = min f (t ) = 0 khi x=0, max y = max f (t ) = 2 2 khi [ −4;4]

   2 2;4 

[ −4;4]

  2 2;4 

x= ±4

1,50

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

N hơ n

C' D'

èm

BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB) ⇒ BC ⊥ AB ' SC ⊥ ( P) ⇒ SC ⊥ AB ' ⇒ AB ' ⊥ ( SBC ) ⇒ AB ' ⊥ SB Tương tự AD ' ⊥ SD VS . AB ' C ' D ' = VS . AB ' C ' + VS . AD ' C '

ạy K

0,25 0,25

(1)

0,25

VS . AD ' C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9 = . = . = . = . = VS . ADC SD SC SD 2 SC 2 SD 2 SC 2 4 5 20

(2)

0,25

om /+ D

VS . AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 3 3 9 = = = 2. 2 = . = . . 4 5 20 VS . ABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC

0,25

oo g

1 1 a3 3 Do VS . ABC = VS . ADC = . a 2 .a 3 = 3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB ' C ' VS . AD ' C ' 9 9 9 a 3 3 3 3a 3 + 3 = + ⇔ VS . AB ' C ' D ' = . = 10 6 20 a3 3 a 3 20 20 6 6 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 2 ( Hình vẽ trang cuối) 1 VS . AMN = .S AMN .a 3 . Đặt BM = x, DN = y ; x, y ∈ [ 0; a ] 3 Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP = BM = x = DAP ∆ABM = ∆ADP ⇒ AM = AP, BAM = 450 ⇒ BAM + DAN = 450 ⇒ NAP = DAP + DAN = 450 MAN

1 1 AD.PN = a ( x + y ) (*) 2 2 Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được ⇒ ∆MAN = ∆PAN ⇒ S MAN = S PAN =

0,25

1,50

0,25 0,25 0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

MN 2 = MC 2 + CN 2 ⇔ ( x + y ) 2 = ( a − x) 2 + (a − y ) 2 x 2 + y 2 + 2 xy = a 2 + x 2 − 2ax + a 2 + y 2 − 2ay ⇔ xy + a ( x + y ) = a 2 0,25

a 2 − ax 1 ) Thế vào (*) ta được S MAN = a ( x + 2 x+a a  x2 + a2  a x 2 + 2ax − a 2 Đặt f ( x) =   ⇒ f '( x) = . 2 x+ a  2 ( x + a)2

N hơ n

a 2 − ax ⇔ y= x+a

0,25

f '( x) = 0 ⇔ x = ( 2 − 1)a .

a2 , f (( 2 − 1) a) = a 2 ( 2 − 1) 2 a2 ⇒ max f ( x) = , min f ( x ) = a 2 ( 2 − 1) [0;a ] 2 [0;a ]  M ≡ B, N ≡ C a3 3 Vậy max VS . AMN = khi  6 M ≡ C, N ≡ D 3( 2 − 1)a 3 min VS . AMN = khi MB = ND = a( 2 − 1) 3 a 2 + ab + 1

b2 + bc + 1

b 2 + 3bc + a 2

om /+ D

a 2 + 3ab + c 2

ạy K

èm

f (0) = f (a ) =

c 2 + ca + 1

c 2 + 3ca + b 2

≥ 5( a + b + c)

x2 ∀x, y > 0 ta có x + y ≥ 2 xy ⇔ x ≥ 2 xy − y ⇔ ≥ 2x − y y 2

0,25

1,00 0,25

a 2 + ab + 1

(a 2 + ab + 1) 2 ⇒ = ≥ 2( a 2 + ab + 1) − (a 2 + 3ab + c 2 ) 2 2 a + 3ab + c a 2 + 3ab + c 2

= 2 + a 2 − c 2 − ab ≥ 2( a 2 + b 2 + c 2 ) + a 2 − c 2 −

a 2 + b2 2

0,25

oo g

5a 2 + 3b 2 + 2c 2 (10)( a 2 + a 2 + a 2 + a 2 + a 2 + b 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 ) = = 2 20

( a + a + a + a + a + b + b + b + c + c ) 2 5a + 3b + 2c = 2 5 2 5 Tương tự, cộng lại ta được a 2 + ab + 1 b2 + bc + 1 c 2 + ca + 1 + + ≥ 5( a + b + c) 2 2 2 2 2 2 a + 3ab + c b + 3bc + a c + 3ca + b 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 3

≥

0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

B x 450

N hơ n

x y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN: TOÁN 12 – THPT

èm

Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) Ngày thi: 10/11/2011

ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1. (4,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 −

ạy K

Đề thi có 01 trang

x 2 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

4x 2 + 3 . x 4 +1

om /+ D

đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) =

Bài 2. (5,0 điểm). Giải các phương trình sau trên tập số thực R:

1/ cosx + 3(sin2x + sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos 2 x + 2 = 0 . 2/ x 4 − 2x 3 + x − 2(x 2 − x) = 0 .

oo g

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 + MC nhỏ nhất.

Bài 5(3 điểm). Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng

(m + 2010)! là một số nguyên. m!2011!

---------------------- HẾT ---------------------Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

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

oo g

om /+ D

ạy K

èm

N hơ n

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

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012

MÔN: TOÁN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM (gồm 4 trang)

A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài(ý)

Biểu điểm

N hơ n

4x 2 + 3 x 4 +1 4t + 3 ; - Đặt t = x2, với t ≥ 0 ta có hàm số g(t) = 2 t +1 1 −4t 2 − 6t + 4 - g'(t) = ; g’(t) = 0 ⇔ t = −2; t = ; 2 2 (t +1) 2 - Ta lại có: lim g (t ) = 0 ; lim g (t ) = 0 , bảng biến thiên của hàm số: –2

−∞

g’(t)

–

g(t)

0 +

1 2

+ 3

–1

+∞

0 4

–

0,5

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

2 2

om /+ D

* 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)= 3x 02 − x 0 - Vậy: 3x 02 − x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 = 4 3

40 27

f( ) =

0,75

0,5

4 3 , tung độ tương ứng f(–1) = – ; 3 2

1,0 3 2

4 3

+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ;

40 ) 27

0,5

oo g

0,75

t →+∞

èm

t →−∞

* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) =

ạy K

Bài 1 (4 đ)

Nội dung đáp án

Bài 2 (5 đ)

(2,5 đ)

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 2π Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0 ⇒ x = ± + k 2π , k ∈ Z 3 2/ cosx + 3 .sinx –2.cos2x = 0 ⇔

π π π k 2π 1 3 cos x + sin x = cos 2 x ⇔ cos( x − ) = cos 2 x ⇔ x = − + k 2π ; x = + ;k ∈ Z , 2 2 3 3 9 3

- Nghiệm của pt là: x=±

π π k 2π 2π + k 2π , k ∈ Z ; x = − + k 2π ; x = + ;k ∈Z 3 3 9 3

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1,0 0,5

0,5

0,5 2/ (2,5 đ)

- Phương trình ⇔ x 4 − 2x 3 + x 2 − ( x 2 − x) − 2(x 2 − x) = 0 ⇔ (x 2 − x)2 − ( x 2 − x) − 2(x 2 − x) = 0

1,0

- Đặt t = x − x , với t ≥ 0 ta có phương trình: t4 – t2 – 2 t = 0; suy ra t = 0; t = 2 - Với t = 0 thì x = 0; x = 1 - Với t = 2 thì x = –1; x = 2 Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt: {−1;0;1; 2}

N hơ n

B’

Bài 3 (5 đ)

0,75

C’

èm

ạy K

H A’

om /+ D

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là thể tích khối chóp B.ACA’, (1, 0 đ) - Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’). 1 - Ta có VB.ACA’ = h.SABC.

- Ta có V= 3.VB.ACA’

oo g

2/ (2 đ)

1,0

- Vậy V= 3.VB.ACA’ hay VA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’

Vậy V lớn nhất khi VB.ACA’ lớn nhất,

a2 2 2 2 2 2 BH , mà BH = AB – AH = a – AH 3 a – vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH ⊥ A’C ⇔ CH = 5 1 3

- Ta có: VB. ACA = S ACA ' .BH hay VB. ACA = '

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5

1,5

- Trong mp(AHB) kẻ HJ ⊥ AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB và A’C. - Trong ta giác vuông AHB ta H ta có: HB 2 =

Bài 4 (3 đ)

1 1 1 4a = + , ta có: HA2 = ; 2 2 2 HJ HA HB 5

a2 2a ; suy ra: HJ = 5 5

1,5

4 3

- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là G( ; − )

- Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G và ∆ cố định (G không nằm trên ∆ ),

- Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay

èm

MG vuông góc với ∆ . Do đó M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua G và vuông góc với ∆ . - Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3; 2) đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y –

0,5

N hơ n

3/ (2 đ)

4 = 0, 3

0,5 0,5

0,5

⇒ M (−

om /+ D

20  x=− 2 x − 3 y + 12 = 0    13 ⇒  4 116  3 x + 2 y − 3 = 0 y=  39

ạy K

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 20 116 ; ) 13 39

1,0

-2

-4

oo g

-6

1---- A O 1 -1 G

Bài 5 Ta có: ( 3 đ) C 2010 = (m + 2010)! = 2011 . (m + 2011)! = m+2010

2011 .Cm2011 + 2011 m !2010! m + 2011 m !2011! m + 2011 2010 2010 Suy ra: (m+ 2011)Cm+2010 = 2011.Cm2011 + 2011 , tức là: (m+ 2011)Cm+2010 chia hết cho

2010 2011 (do Cm+2010 ; Cm2011 + 2011 là các số tự nhiên) Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: ƯCLN(m + 2011, 2011)= 1

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1,0

2010 Vậy Cm+2010 ⋮ 2011 hay

(m + 2010)! là số nguyên. m!2011!

N hơ n

1,0

B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số. 2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.

om /+ D

Đề thi chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP CƠ SỞ - NĂM HỌC 2009 -2010 Môn:Toán Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 07/01/2010

ạy K

SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN

èm

----------------Hết------------------

(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ BÀI

Câu 1: (6 điểm)

1 + 2sin x

1 + sin x = m − 4 (1) (m là tham số).

1. Cho phương trình: 2 − 3.2 a) Giải phương trình (1) với m = 0. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.

oo g

6 6  x + y = 1 2. Giải hệ phương trình:  5 5  x + y = 1

Câu 2: (5 điểm)

1. Tìm GTLN của hàm số: y = − x + 3 x + 72 x − 90 trên đoạn [ −7;7 ] .

2. Cho hàm số y =

trị của đồ thị (C).

1 4 x − 2 x 2 + 3 có đồ thị là (C). Tính diện tích tam giác có các đỉnh là các điểm cực 4

Câu 3: (6 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Chứng minh rằng với mọi giá trị của t đường thẳng (d) có phương trình: x cos t + y sin t + sin t − 2cos t − 3 = 0 (t là tham số) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

= 120 . Gọi M là trung 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC điểm của CC1. Chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A1BM).

Câu 4: (1.5 điểm) Cho đa thức f ( x ) = x + an−1 x n

n −1

+ an− 2 x n −2 + ⋯ + a1 x + 1 có các hệ số không âm và có n nghiệm

thực. Chứng minh f ( 2 ) ≥ 3 . n

N hơ n

Câu 5: (1.5 điểm) 3

Cho hàm số: y = x − 2009 x có đồ thị là (C). M 1 là điểm trên (C) có hoành độ x1 = 1 . Tiếp tuyến của (C) tại M 1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 khác M 2 , tiếp tuyến của (C) tại điểm M n −1 cắt (C) tại điểm M n khác M n −1 (n = 4; 5;…), gọi ( xn ; yn ) là tọa độ điểm M n .

1+ 2sin x

èm

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2009-2010 NỘI DUNG 1+ s inx

− 3.2

=m−4 1  s inx = t ⇒ t ∈  ;2  ta có phương trình: 2t 2 − 6t = m − 4 (2) Đặt 2 2  2 a.Với m = 0 suy ra: 2t − 6t + 4 = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = 2

ạy K

Câu 1 1 (4điểm)

2013

Tìm n để : 2009 xn + yn + 2 =0 ----------Hết----------

0.5 1

om /+ D

t = 1 ⇒ 2s inx = 1 ⇔ sinx = 0 ⇔ x = kπ t = 2 ⇒ 2s inx = 2 ⇔ sinx = 1 ⇔ x =

1 

π 2

6điểm 0.5

+ k 2π 0.5

 

b.ycbt ⇔ (2) có nghiệm t ∈  ;2  2

( 2 ) ⇔ 2t 2 − 6t + 4 = m

1  ;2  2 

 2 (2) có nghiệm khi đường thẳng y = m cắt ( P ) : y = 2t − 6t + 4 trên  ……

oo g

1 1 3 3 y   = ; y   = − ; y ( 2) = 0 2 2 2 2 1 3 Suy ra − ≤ m ≤ thì (1) có nghiệm 2 2 6 6  x + y = 1 (1)  5 5  x + y = 1 (2) Lập luận từ (1) và (2) suy ra x, y ∈ [ −1;1] và x, y không cùng dấu

2 (2điểm)

Vai trò của x, y bình đẳng , không làm mất tính tổng quát giả sử −1 < x < 0 < y < 1. Lập luận đưa ra hệ vô nghiệm

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0.5 0.5

0.5 0.75

0.75

0.5

Nhận thấy ( 0;1) ; (1;0 ) là các nghiệm của hệ

1 (2điểm)

4 điểm

y = − x3 + 3 x 2 + 72 x − 90 trên đoạn [ −7;7 ] Xét hàm f ( x ) = − x + 3 x + 72 x − 90 trên [ −7;7 ]

0.5

y ' = −3 x 2 + 6 x + 72 = 0 ⇔ x = −4 ∨ x = 6 y ( −4 ) = −266; y ( 6 ) = 234; y ( 7 ) = 218; y ( −7 ) = −104

1.0

N hơ n

Câu 2

0.5

max y = y ( −4 ) = 266 [ −7;7]

1.0

1 4 x − 2 x2 + 3 4 Các điểm cực trị: A ( −2; −1) ; B ( 0;3) ; C ( 2; −1)

2 (2điểm)

1.0

1 1 BH . AC = 4.4 = 8 ( dvdt ) 2 2

Câu 3

⇒ tìm các điểm mà đường thẳng không đi qua với mọi t hay (*) vô nghiệm 2 2 2 2 ⇔ ( y + 1) + ( x − 2 ) < 32 xét đt ( y + 1) + ( x − 2 ) = 32 (C )

0.5

C/M đường tròn ( C ) tiếp xúc (d) với mọi t Vậy đường thẳng đã cho luôn tiếp xúc với đường tròn cố định có phương trình :

0.5 0.5

ạy K

0.5

+ ( x − 2 ) = 32 a. Chứng minh MB ⊥ MA ' .

( y + 1)

2 (4điểm)

0.75

A M

oo g G

6 điểm

x cos t + y sin t + sin t − 2cos t − 3 = 0 ⇔ ( y + 1) sin t + ( x − 2 ) cos t = 3 (*)

om /+ D

1 (2điểm)

èm

NX: các điểm cực trị tạo thành tam giác cân tại C. Suy ra diện tích được tính:

 1  A' + AA '  BM = BA + AM = − AB + AC + CM =  − AB + AC 2    1  A ' M = A ' C ' + C ' M =  AC − AA '  2  

(

) (

(

)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

 1  1  BM . A ' M =  − AB + AC + AA '  AC − AA '  2 2    1 1 1 1   =  − AB. AC + AB.AA ' + AC 2 − AC.AA ' + AA '. AC − AA'2  2 2 2 4   2 1 = a 2 + 4 a 2 − 2 5a = 0 4 Suy ra MB ⊥ MA '

)

0.5

N hơ n

(

0.75

b.Tính khoảnh cách từ A đến mp(A’BM)

0.5 0.5

Câu 5 2 điểm

om /+ D

ạy K

èm

1 1 VA. A ' BM = d ( A, ( A ' BM ) ) .S A ' BM = d ( B, ( AA ' M ) ) .SAA ' M 3 3 1   S A ' BM = 2 MB.MA '  1  2 2 2 2 2 0 2 2  MB = BC + CM = AB + AC − 2. AC. AB.cos120 + AA ' = 12a 4  2 2 2 2  MA ' = A ' C ' + C ' M = 9a  1 ⇒ S A ' BM = 3a.a 12 = 3a 2 3 2 a 3 1 S AA ' M = 2a.2 5a = 2a 2 5; d ( B, ( AA ' M ) ) = BH = AB.sin 600 = 2 2 a 3 5 ⇒ d ( A, ( A ' BM ) ) .3a 2 3 = 2a 2 5. ⇒ d ( A, ( A ' BM ) ) = a 2 3

y = x 3 − 2009 x Gọi M k ( xk ; yk ) suy ra tiếp tuyến tại M k : y − yk = y ' ( xk )( x − xk )

0.5

⇔ y = ( 3xk2 − 2009 ) ( x − xk ) + xk3 − 2009 xk 0.5

Tọa độ điểm M k +1 được xác định:

x 3 − 2009 x = ( 3xk2 − 2009 ) ( x − xk ) + xk3 − 2009 xk

oo g

⇔ ( x − xk ) ( x 2 + x.xk − 2 xk2 ) = 0 ⇔ x = xk ∨ x = −2 xk

⇒ xk +1 = −2 xk

Ta có : x1 = 1; x2 = −2; x3 = 4;...; xn = ( −2 )

2009 xn + yn + 22010 = 0 ⇔ 2009 xn + xn3 − 2009 xn + 22010 = 0 ⇔ ( −2 )

Câu 4 2 điểm

n −1

3 n −3

= −22013 = ( −2 )

2013

0.5 0.5

⇔ 3n − 3 = 2013 ⇔ n = 672

f ( x ) = x n + an−1 x n−1 + an−2 x n −2 + ⋯ + a1 x + 1 có các hệ số không âm và n nghiệm thực . Suy n nghiệm đó âm giả sử là các nghiệm: xi , i = 1, 2,..., n n

Theo cách phân tích đa thức ta được f ( x ) = Π ( x − xi ) i =1

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0.5

i =1

0.5

Đặt − xi = α i ⇒ α i > 0 ⇒ f ( x ) = Π ( x + α i ) với Π α i = 1 n

i =1

Ta có f ( 2 ) = Π ( 2 + α i ) = Π (1 + 1 + α i ) ≥ 3

0.5

Π α i = 3n .Suy ra đpcm

N hơ n

i =1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (4 điểm)

3 x − 2m với m là tham số. Chứng minh rằng ∀m ≠ 0 , đồ thị hàm số luôn cắt đường mx + 1 thẳng d : y = 3 x − 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 y =

èm

1. Cho hàm số y =

x2 có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà qua đó kẻ được x −1

ạy K

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 x.5 x = 5 x +1 + 27 x + 23

log 2

2x + 1 ≤ 2x2 − 6 x + 2 x − 2x + 1

om /+ D

2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

Câu 3: (6 điểm)

1. Cho tứ diện SABC có AB = AC = a, BC =

a , SA = a 3 ( a > 0) . Biết góc SAB = 300 và góc 2

SAC = 300 . 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

oo g

Câu 4: (4 điểm) Tính các tích phân: 1. I =

∫ x+ 2

1 . 8

x+2

x2 − 4

π 2

∫

2. J = ln

( cosx + 1)

sinx +1

sin x + 1

Câu 5: (2 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 2

2 a + b + c +1

−

1 ( a + 1)(b + 1)(c + 1)

…………Hết………… Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:……………………. Họ và tên giám thị số 1:……………………………………………………………………………... Họ và tên giám thị số 2:……………………………………………………………………………...

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

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)

N hơ n

- 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. Câu 1 Nội dung Điểm 1.(2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị: điểm) 0.25 −1 2 2

3mx − 3m x − m = 0, x ≠

( x2 − x1 )

+ ( 3 x2 − 3 x1 ) = 10 ( x2 − x1 )

và

= 10 ( x1 + x2 ) − 40 x1 x2 = 10m 2 +

40 3

om /+ D

(Định lý Viet đối với (*)). Mặt khác ta có C ( m;0 ) , D ( 0; −3m ) (để ý m ≠ 0 thì C , D, O phân biệt). Ta tìm m để S ∆OAB = 2 S ∆OCD hay

40 −3m 2 = 2 m 3m ⇔ m = ± . 3 3 10

0,5 0,25 0,25

Gọi M (x 0 , y 0 ) .

Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình y = k(x − x 0 ) + y 0 d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x ≠ 1:

2.(2 điểm)

10m 2 +

0,25

ạy K

AB =

−3m

èm

đường cao OH của ∆OAB ta có OH = d ( 0; d ) =

0,5

m Vì m ≠ 0 nên phương trình ⇔ 3 x 2 − 3mx − 1 = 0 (*). Ta có  −1  3 ∆ = 9m 2 + 12 > 0, ∀m ≠ 0 và f   = 2 + 2 ≠ 0, ∀m ≠ 0 (ở đây f ( x ) m m là vế trái của (*)) nên d luôn cắt đồ thị tại 2 điểm A, B phân biệt ∀m ≠ 0 Ta có A ( x1 ;3 x1 − 3m ) , B ( x2 ;3 x2 − 3m ) với x1 , x2 là 2 nghiệm của (*). Kẻ

oo g

1  x 1 + + = k(x − x 0 ) + y 0 (1)  x −1  1 − 1 2 = k (2)  (x − 1) 1 (1) ⇔ x + 1 + = k(x − 1) + k − kx 0 + y 0 (3) . Thay k ở (2) vào một vị x −1 1 1 = x −1 − + k − kx 0 + y 0 . trí trong (3) được : x + 1 + x −1 x −1 k(1 − x 0 ) + y 0 − 2 1 Suy ra = . x −1 2 2  k(1 − x 0 ) + y 0 − 2  Thay vào (2) được 1 −   = k 2  ⇔ (x 0 − 1) 2 k 2 + 2 [ (1 − x 0 )(y 0 − 2) + 2].k + (y 0 − 2) 2 − 4 = 0 (*)

0,25

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

0,5

0,25

0,5

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

k1 , k 2 thỏa mãn k 1 .k 2 = −1 ⇒

(y 0 − 2) 2 − 4 = −1 (x 0 − 1) 2

⇔ (x 0 − 1) 2 + (y 0 − 2) 2 = 4 ⇒ M nằm trên đường tròn có tâm I(1,2), có bán

0,5

kính R=2 (đpcm)

Nội dung

Điểm

Phương trình đã cho ⇔ 5 (15 x − 5 ) = 27 x + 23 . x

27 x + 23 . Hàm 15 x − 5 27 x + 23 số f ( x ) = 5 x đồng biến trên R còn hàm số g ( x ) = có 15 x − 5 −480 1  < 0 nên nó nghịch biến trên các khoảng  −∞;  và g '( x ) = 2 3  (15 x − 5)

1   ; +∞  . 3  Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng.

èm

Mặt khác f (1) = g (1) = 5 và f ( −1) = g ( −1) =

0,5

0,25 0,5 0,25

ạy K

Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = ±1 .

1 5

Ta phải có 15 x − 5 ≠ 0 và phương trình trên trở thành 5 x =

2x + 1 ≤ 2x 2 − 6x + 2 x − 2x + 1 1 Điều kiện: x ≠ 1 và x> − (*) 2

Bất phương trình:

log 2

om /+ D

2.(2 điểm)

0,5

N hơ n

Câu 2 1.(2 điểm)

Với đk trên BPT

2x + 1 2x + 1 − 1 ≤ 2x 2 − 6x + 1 ⇔ log 2 2 ≤ 2x 2 − 6x + 1 x − 2x + 1 2x − 4x + 2 ⇔ log 2 (2x + 1) − log 2 (2x 2 − 4x + 2) ≤ (2x 2 − 4x + 2) − (2x + 1) 2

0,5

⇔ log 2

⇔ (2x + 1) + log 2 (2x + 1) ≤ (2x 2 − 4x + 2) + log 2 (2x 2 − 4x + 2)

u = 2x + 1

thì u,v>0 và u + log 2 u ≤ v + log 2 v (1) 2  v = 2x − 4x + 2 Xét hàm số f (t) = log 2 t + t, t ∈ D = (0; +∞) . Có 1 f '(t) = + 1 > 0, ∀t ∈ D t.ln 2

0,5

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

0,25

oo g

Đặt 

u≤v 2 2 Tức là 2x + 1 ≤ 2x − 4x + 2 ⇔ 2x − 6x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≤

x≥

3− 7 hoặc 2

0,5

3+ 7 2

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

0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

 1 3 − 7  3 + 7  T = − ; ; +∞  ∪ 2   2  2  Câu 3 1.(3 điểm)

Nội dung

Điểm

N hơ n

A N

èm

Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có

SB 2 = SA2 + AB 2 − 2 SA. AB.cos300 = 3a 2 + a 2 − 2a 3.a.

3 = a2 2

ạy K

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

MB ⊥ SA, MC ⊥ SA ⇒ SA ⊥ ( 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 điểm BC) T ừ đó 2

0,5 0,5

oo g

0,5

2 2  a   a 3  3a MN = AN − AM = AB − BN − AM = a −   −   = 16 4  2  a 3 Suy ra MN = . 4 a3 1 1 Vậy VSABC = SA. MN .BC = 3 2 16 2

0,5 0,5

1 SA.S ∆MBC 3

om /+ D

Ta có VSABC = VSBMC + VABMC =

0,5

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

2.(3 điểm)

H C

N hơ n

B M

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

1,0

0,25 0,25

0,5

0,75 0,25

om /+ D

ạy K

èm

1 1 A lên mp( BCD). Khi đó VABCD = S∆BCD .AH = x.BK.AH (1) 3 6 2 2 2 2 BC + BD CD x 1 − ≤ 1 − ⇒ BM ≤ 4 − x2 Có BM 2 = 2 4 4 2 1 Tương tự, cũng có AM ≤ 4 − x2 2 1 1 4 − x 2 (2), AH ≤ AM ⇒ AH ≤ 4 − x 2 (3) Mà BK ≤ BM ⇒ BK ≤ 2 2 1 x(4 − x 2 ) Từ (1), (2) và (3) suy ra VABCD ≤ 24 1 x(4 − x 2 ); x ∈ ( 0;1] đồng biến nên Mặt khác hàm số f (x) = 24 1 f(x) ≤ f (1) = 8 1 (đpcm) Nên VABCD ≤ 8

(Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có cạnh

oo g

bằng 1 và H,K trùng với M. Khi đó AB =

Câu 4 1.(2 điểm)

3 >1) 2

Nội dung

Điểm

Ta có

I =∫ 2

x+2 x + x2 − 4

x + 2 x − x2 − 4

x2 − ( x2 − 4)

dx = ∫ 3

(

) dx

1 1 1 1 x x + 2dx − ∫ x + 2. x 2 − 4dx = I1 − I 2 ∫ 42 42 4 4 -Tính I1 : =

0,5

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

3 2

0,5

I1 = ∫ ( x + 2 − 2 ) x + 2dx = ∫ ( x + 2 ) dx − 2 ∫ ( x + 2 ) 2 dx 2

2 ( x + 2) 5

5 3 2

− 2.

2 ( x + 2) 3

3 3 2

10 5 32 − 3 15

-Tính I 2 : Viết I 2 =

∫ ( x + 2)

x − 2dx 0,5

Đặt

N hơ n

x − 2 = t ta có dx = 2tdt và I 2 = ∫ ( t 2 + 4 ) t.2tdt

0,5

5 1

Do đó I 2 =

8t 3

= 0

46 15

1 1 25 5 − 39 I1 − I 2 = 4 4 30

π 2

Có I = ∫ [ (1 + s inx) ln(cos x + 1) − ln(1 + sinx ]dx

èm

2.(2 điểm)

Vậy I =

2t 5

3 1

π 2

Xét A = ∫ ln(1 + cos x)dx

0,5

om /+ D

ạy K

= ∫ ln(1 + cos x)dx + ∫ sinx.ln(1 + cos x)dx − ∫ ln(1 + sinx)dx = A + B − C

0 2 π Đặt x = − t ⇒ A = − ∫ ln(1 + sin t)dt = ∫ ln(1 + sinx)dx = C . Vậy I = B 2 π 0

0,5

π 2

0,5

Xét B = ∫ s inx.ln(1 + cos x)dx . Đặt u = 1+ cosx thì B = ∫ ln udu

Dùng từng phần được B = u ln u

2 1

− ∫ du = 2ln 2 − 1 1

0,5

oo g

Vậy: I = 2ln2 - 1

Câu 5 2 điểm

Nội dung

Điểm

Theo bđt Cô-si ta có:

1 1 1 2 2 2 ( a + b ) + ( c + 1) ≥ ( a + b + c + 1) 2 2 4 3  a +b+c +3 và ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≤   3   1 27 Do đó P ≤ − a + b + c + 1 ( a + b + c + 3 )3

a 2 + b2 + c2 + 1 ≥

1 t

đặt t = a + b + c + 1 ⇒ t > 1 . Ta có P ≤ −

(t + 2)

1,0

0,5

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1 t

Xét hàm số f ( t ) = −

(t + 2)

, t ∈ (1; +∞ ) . Vẽ bảng biến thiên của hàm số

này trên (1; +∞ ) ta có max f ( t ) = f ( 4 ) =

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

N hơ n

1 và dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . 8

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2012 (VÒNG 1)

Môn: TOÁN, BẢNG A Ngày thi: 23/10/2012 Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)

T ừ đó P ≤

1 . 8

Câu 1: ( 5,0 điểm )

èm

c) Giải phương trình sau trên tập số thực: x + 1 = (2 x + 1)

x +1 + 2 .

 x + y + xy + y = 8 d) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  . 2  xy ( y + xy + x + y ) = 12 Câu 2: ( 5,0 điểm ) c. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A (1;2 ) , B ( 4;3) . AMB = 450 . Tìm trên trục hoành điểm M sao cho 2

om /+ D

ạy K

d. Cho tam giác ABC đều, cạnh bằng 6cm , trọng tâm là G . Một đường thẳng ∆ đi qua G , ∆ cắt các đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại hai điểm M và N sao cho 2 AM = 3 AN . Tính diện tích tam giác AMN . Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số ( un ) được xác định bởi u1 = 1 và un +1 = un + 2n với mọi n ≥ 1 .

oo g

2. Chứng minh rằng: un = 2n − 1 . 3. Tính tổng S = u1 + u2 + u3 + ... + un theo n . Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c. 9 2 a. Chứng minh rằng: ( 2 + a 2 )( 2 + b 2 ) ≥  2 ( a + b ) + 7  .  16  b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (2 + a 2 )(2 + b 2 )(2 + c 2 ) . P= (3 + a + b + c) 2 Câu 5: ( 3,0 điểm ) 1 Cho hàm số y = mx 3 + ( m − 1) x 2 + ( 4 − 3m ) x + 1 có đồ thị là ( Cm ) , m là tham số. Tìm 3 các giá trị của m để trên ( Cm ) có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của ( Cm ) tại điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x + 2 y = 0 . Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

oo g

om /+ D

ạy K

èm

N hơ n

------ Hết ----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2012 (VÒNG 1) Môn: TOÁN, BẢNG A. Ngày thi: 23/10/2012 ( Hướng dẫn này có 03 trang )

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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.

Câu Đáp án a. ( 2,5 điểm ) 1 (5,0 điểm) 1 Điều kiện: x ≥ − . Đặt y = x + 1 + 2 ( y > 2 ), 2  x + 1 + y = 2( x + 1) y ta thu được hệ  2  y − x + 1 = 2

N hơ n

Thang điểm 0,25

0,25

(

)

x + 1 + y = y 2 − x + 1 ( x + 1) y

(

)(

(

)(

)

èm

⇔ y x +1 +1 y + x +1− y2 x +1 = 0

Suy ra

0,25 0,25

⇔ y x +1 +1 y − 2 x +1 = 0

0,25

⇔ y = 2 x +1

0,25

ạy K

om /+ D

Do vậy

)

x +1 + 2 = 2 x +1 ⇔ x =

Thay vào, thử lại thấy x =

−15 + 33 . 32

−15 + 33 thỏa mãn. 32

−15 + 33 . 32 b. ( 2,5 điểm )

0,25 0,25

Đáp số: x =

0,5

oo g

u + v = 8 Đặt u = x ( x + y ) , v = y ( y + 1) , hệ trở thành:  u.v = 12

u = 2 u = 6 Giải hệ tìm được  hay  v = 6 v = 2 u = 2 Với  ta tìm được: v = 6

 3 ± 17  x = −1 ± 3 x = ho ặ c   2  y = 2  y = −3 

0,5

0,25 + 0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

 x = 2  x = −3 ,   y =1 y =1

0,25

 x = 1 ± 7 hoặc   y = −2 Kết luận : Hệ đã cho có các nghiệm  3 ± 17  x = 2  x = −3  x = 1 ± 7  x = −1 ± 3  x = ,  ,  ,   2 ,   y = 2  y = −2 y =1 y =1  y = −3  a. ( 2,5 điểm )

0,5

0,25 + 0,25

èm

2 (5,0 điểm) Gọi I ( x; y ) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB.  AI = BI Ta có:   AI .BI = 0 3 x + y = 10 ⇔ 2 2  x + y − 5 x − 5 y + 10 = 0

0,25

N hơ n

u = 6 Với  ta tìm được: v = 2

x = 3 x = 2 hay  ⇔ y =1 y = 4

0,25 + 0,25

ạy K

Với I ( 3;1) thì IA = 5 . Đường tròn tâm I bán kính IA có

phương trình ( x − 3) + ( y − 1) = 5 cắt trục hoành tại hai điểm

M 1 (1;0 ) và M 2 ( 5;0 ) .

om /+ D

Với I ( 2; 4 ) thì IA = 5 . Đường tròn tâm I, bán kính IA không cắt trục hoành.

0,5

b. ( 2,5 điểm ) Đặt AM = x, AN = y với x > 0, y > 0 .

1 x 3 1 y 3 AM . AG.s in300 = , S ANG = AN . AG.s in300 = 2 2 2 2 1 xy 3 , S AMN = S AMG + S ANG = AM . AN .s in600 = 2 4

S AMG =

S AMN

3 3 xy ⇔ 2 ( x + y ) = xy . ( x + y) = 2 4 2 ( x + y ) = xy Vậy ta có hệ :  2 x = 3 y

oo g

Nên ta có:

 x = 5cm  Giải hệ tìm được  10  y = 3 cm Diện tích cần tìm: S AMN =

Câu

0,25 + 0,25 0,25 + 0,25 0,25 0,25

0,5

xy 3 25 3 cm 2 = 4 6

Đáp án

0,5

Thang điểm

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

3 a. 2,0 điểm (4,0 điểm) Khi n = 1 : u2 = u1 + 21 = 1 + 2 = 22 − 1 đúng.

0,5

Giả sử uk = 2k − 1 đúng với k ≥ 1, k ∈ N .

0,5

Ta chứng minh: uk +1 = 2k +1 − 1

0,5

Thật vậy: uk +1 = uk + 2k = 2k − 1 + 2k = 2k +1 − 1

0,5

(

) (

)

(

N hơ n

b. 2,0 điểm 0,5 + 0,5

)

S = 21 − 1 + 22 − 1 + ... + 2 n − 1 = 21 + 2 2 + ... + 2n − n 2n − 1 − n = 2n +1 − n − 2 2 −1 a. 1,5 điểm 4 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: (3,0 điểm) 14a 2 + 14b 2 + 16a 2b 2 − 36ab + 1 ≥ 0 S = 2.

0,5 0,5

0,5 + 0,5

⇔ 14 ( a − b ) + ( 4ab − 1) ≥ 0 đúng

Q èm

b. 1,5 điểm Đặt t = a + b , ta có: 16 P (2t 2 + 7)(c 2 + 2) ≥ 9 (3 + t + c) 2

1 2

ạy K

Đẳng thức xảy ra khi a = b =

om /+ D

9 1 khi a = b = c = 16 2 / 2 y = mx + 2( m − 1) x + 4 − 3m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

Ta tìm m : mx + 2( m − 1) x + 4 − 3m = 2 (*) có đúng một nghiệm âm

(*) ⇔ ( x − 1)( mx + 3m − 2 ) = 0 ⇔ x = 1 hoặc

mx = 2 − 3m

m < 0 2 − 3m m ≠ 0 , yêu cầu bài toán xảy ra khi <0⇔  m > 2 m 3  m < 0 Kết luận:  m > 2 3 

oo g

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

m = 0 : không thỏa yêu cầu

0,5

1 1   2  tc −  + 3(t − 1) 2 + 6  c −  (2t 2 + 7)(c 2 + 2) 2 2  = 1+  ≥1 (3 + t + c) 2 (3 + t + c) 2

5 (3,0 điểm)

0,5

0,25 + 0,25

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012-VÒNG 1 LONG AN Môn: TOÁN- Bảng B

-------------ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi:23/10/2012 Thời gian: 180 phút( không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (6,0 điểm)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn



a) Giải hệ phương trình: 

x+ y −

x− y =2

2 2  x + y + 1 −

b) Giải phương trình:

x2 − y2 = 3

,với x, y ∈ ℝ

x 4 + x 2 + 1 + 3 ( x 2 + 1) = 3 3 x ,với x ∈ ℝ

Câu 2: (5,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có

a) Chứng minh: tan

π = 2 −1 8

u2015

ạy K

b) Tính:

(∀n ≥ 1, n ∈ ℕ)

èm

u1 = 2   un + 2 − 1 un +1 = 1 − ( 2 − 1)un 

Chứng minh rằng: AC ⊥ BD ⇔ AB + CD = AD + BC Câu 3: (3,0 điểm) Cho dãy số(un) xác định như sau :

N hơ n

phương trình: 2 x + y − 2 = 0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình: x + y + 1 = 0 , điểm M (1;1) thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. b) Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D sao cho bốn điểm đó không cùng nằm trên một đường thẳng.

Câu 4: (3,0 điểm) Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1.Chứng minh rằng: 2 2 2 a) a + b + c ≥ a + b + c

1 1 1 + + ≤1 a + b +1 b + c +1 c + a +1

Câu 5: (3,0 điểm)

om /+ D

3   x + y = 2 m Cho hệ phương trình  ( x + 2) y 2 + 2 xy = 3m( y + 2 )  3 Tìm m để hệ phương trình có nhiều hơn hai nghiệm với x,y∈ ℝ .

oo g

…….HẾT…….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………

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

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

 x+ y − x− y =2 Giải hệ phương trình:  2 2 2 2  x + y + 1 − x − y = 3

Điểm

oo g

om /+ D

ạy K

èm

N hơ n

Câu 1a (3,0 điểm)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012-VÒNG 1 Môn: TOÁN- Bảng B

--------------

Ngày thi:23/10/2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Điều kiện: x+y ≥ 0, x-y ≥ 0

0,25

u = x + y Đặt:  ĐK: u ≥ 0, v ≥ 0 ta có hệ: v = x − y  u − v = 2 (u > v)  u + v = 2 uv + 4   ⇔  u2 + v2 + 2  u 2 + v2 + 2 − = 3 − uv = 3 uv   2 2    u + v = 2 uv + 4 (1)  ⇔  (u + v)2 − 2uv + 2 − uv = 3 (2)  2  Thế (1) vào (2) ta có:

0,25

0,5

uv + 8 uv + 9 − uv = 3 ⇔ uv + 8 uv + 9 = (3 + uv ) 2 ⇔ uv = 0 .

N hơ n

0,5

Giải phương trình:

(

x2 +

1 ,t ≥ 2 x 2 Pt trở thành: t − 1 = 3 ( 3 − t )

oo g

t ≤ 3 ⇔ 2 ⇔t =2 t − 9t + 14 = 0

Câu 2a (2,5 điểm)

0,25

0,5

1 1  +1 + 3 x +  = 3 3 2 x x 

Đặt: t = x +

0,25

)

Từ pt ta thấy x〉 0 (1) ⇔

0,5

x 2 ( x 2 + 1) + 1 + 3 x 2 + 1 = 3 3 x (1)

om /+ D

Câu 1b (3,0 điểm)

ạy K

èm

 u = 4   uv = 0 v = 0 Kết hợp (1) ta có:  ⇔  u = 0 u + v = 4   v = 4 u = 4 (vì u>v). ⇔ v = 0 Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đk). Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).

0,5

1 = 2 ⇔ x =1 x

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 x + y − 2 = 0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình x + y + 1 = 0 , điểm M (1;1) thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5 0,5

1,0

0,5

0,25

Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC ⇒ d : 2 x + y − 3 = 0

0,25

N hơ n

 x + y +1 = 0 Toạ độ B là nghiệm của hệ  2 x + y − 2 = 0 Suy ra B ( 3; −4 )

ạy K

èm

Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm của hệ 2 x + y − 3 = 0 Suy ra N ( 4; −5)   x + y +1 = 0 5  Gọi I là trung điểm MN ⇒ I  ; −2  . 2  Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC, IE đi qua I 13 vuông góc với BC ⇒ IE : x − 2 y − = 0 . 2 13  x − 2 y − = 0  21 11  6 2 Toạ độ E là nghiệm của hệ  ⇒ E  ,−  ⇒ C  ;−  . 2  10 5  5 5  2 x + y − 2 = 0 8 CA đi qua C vuông góc với BN suy ra CA : x − y − = 0 5

om /+ D

0,5

0,25

Giả sử trong hệ trục đó ta có: A(a,0), C (c,0), B (0, b), D (m, n)

0,25

AB 2 + CD 2 = AD 2 + BC 2 2 2 ⇔ a 2 + b2 + ( c − m ) + n2 = ( a − m ) + n2 + c2 + b2

0,5

le oo g G Câu 3

0,25

Chọn hệ trục Oxy sao cho A, C ∈ Ox , B ∈ Oy .

Câu 2b (2,5 điểm)

13   x − 2 y − 2 = 0  33 49  Toạ đô A là nghiệm của hệ  ⇒ A − ; −   10 10   x− y−8 =0  5 Trong mặt phẳng cho bốn điệm phân biệt A,B,C,D và không cùng nằm trên đường thẳng. Chứng minh rằng: AC ⊥ BD ⇔ AB 2 + CD 2 = AD 2 + BC 2

0,25

⇔ 2m(a − c) = 0 (*)

0,5

Do A(a,0) ≠ C (c,0) ⇔ a ≠ c

0,25

Vậy từ (*) suy ra m = 0 , hay D nằm trên trục tung.

0,5

Vậy (*) ⇔ AC ⊥ BD

0,25

Cho dãy số(un) xác định như sau : u1 = 2   un + 2 − 1 ( n = 1,2,3,...) u n +1 = 1 − ( 2 − 1)u n  a) Chứng minh: tan

π 8

= 2 −1

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

u2015

b)Tính:

Ta có : 1 = tan

2 tan

π π  8 = tan  +  = 4  8 8  1 − tan 2 π 8

0,25

⇔ tan 2

+ 2 tan

π 8

−1 = 0

N hơ n

Câu 3a (1,0 điểm)

  tan 8 = 2 − 1 ⇔  tan π = − 2 − 1  8

= 2 − 1 (Vì tan

0,25

dương)

8 8 Đặt u1 = 2 = tan a , ta có: π π π tan a + tan tan( a + ) + tan π 8 = tan( a + ) , u = 8 8 = tan( a + 2. π ) u2 = 3 π π π 8 8 1 − tan a. tan 1 − tan tan( a + ) 8 8 8

èm

Câu 3b (2,0 điểm)

⇒ tan

0,25

ạy K

Ta chứng minh : un = tan(a + (n − 1) ), ∀n ≥ 1, n ∈ ℕ 8 Với n = 1 u1 = tan a đúng

0,25

(*)

0,25

om /+ D

Giả sử (*) đúng với n = k , k ≥ 1 , hay ta có: uk = tan( a + ( k − 1) ) 8

tan( a + (k − 1) ) + tan u + 2 −1 8 8 = tan( a + k . π ) Ta có: uk +1 = k = π 8 1 − ( 2 − 1)uk 1 − tan(a + (k − 1) ).tan π 8 8 Vậy (*) đúng với n = k+1

π 3π 3π u2015 = tan(a + 2014. ) = tan( a + + 251π ) = tan( a + ) 8 4 4 π 2 −1 = tan( a − ) = 4 2 +1

oo g

Cho n = 2015, ta có :

Câu 4

Câu 4a (1,0 điểm)

0,25 0,25

Vậy un = tan(a + (n − 1) ), ∀n ≥ 1, n ∈ ℕ 8

= ( 2 − 1)2 = tan 2

0,25

0,25 0,25 0,25

π 8

Cho ba số dương a, b c thoả mãn abc = 1 2

a) a + b + c ≥ a + b + c

1 1 1 + + ≤1 a + b +1 b + c +1 c + a +1

a 2 + 1 ≥ 2a , b 2 + 1 ≥ 2b , c 2 + 1 ≥ 2c

0,25

⇔ a 2 + b2 + c 2 ≥ ( a + b + c ) + ( a + b + c ) − 3

0,25

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,25

Mà a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 2

0,25

Vậy: a + b + c ≥ a + b + c , đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 3

a+3b

)(

a+ b

)

⇒ a + b + 1 ≥ 3 ab

(

≥ ab 3

⇒

(

( 3

)

1 ≤ a + b + 1 3 ab

a 2 − 3 ab + 3 b 2

a + 3 b + 1 = 3 ab

(

) 3

0,5

)

a + 3 b + 3 abc = 3 ab 3

)

a+3b+3c

(

abc

(

a+3b+3c

c a+3b+3c

a+3b+3c

abc

)

1 ≤ c + a + 1 3 ca

a+3b+3c 1

(

)

(

a+3b+3c

3 3

a+ b+ c 3

)

(

abc

b a+ b+3c 3

a+ b+ c 3

)

0,25

3 1 1 1 a+3b+3c + + ≤ 3 =1 a + b +1 b + c +1 c + a +1 a+3b+3c

0,25

ạy K

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 3   x + y = 2 m(1) Cho hệ phương trình  ( x + 2) y 2 + 2 xy = 3m( y + 2 )(2)  3 Tìm m để hệ phương trinh có nhiều hơn hai nghiệm

om /+ D

Câu 5 (3,0 điểm)

èm

Vậy:

(

a a+3b+3c 3

0,5

Tương tự:

1 ≤ b + c +1

)

N hơ n

Câu 4b (2,0 điểm)

a+b=

3 m− y 2 3  2 3  Thế vào (2)  m + 2 − y  y + 2  m − 2  y = 3my + 2m 2  2  3 ⇔ f ( y ) = y 3 − my 2 + 2m = 0 (*) 2

0,25 0,25

(1) x =

Hpt có nhiều hơn hai nghiệm khi pt (*) có ba nghiệm phân biệt ⇔ f ′( y ) có hai nghiệm

oo g

phân biệt y1 , y2 và f ( y1 ). f ( y2 ) 0

0,5

f ′( y ) có hai nghiệm phân biệt khi m ≠ 0

0,5

f ( y1 ). f ( y2 ) 0 ⇔ m 2 ( 4 − m 2 ) 0

0,5

 m ≠ 0  2 2  m ( 4 − m ) 0 ⇔ m ∈ ( −∞, −2) ∪ (2, +∞)

0,5

V ậy

Ghi chú: Thí sinh giải khác hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn chấm điểm theo thang điểm tương ứng.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 LONG AN CẤP TỈNH VÒNG 2 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5

NGÀY THI : 10/11/2011 THỜI GIAN : 180 phút (không kể phát đề ) Bài 1 (4điểm)

a) Giải phương trình: x +

3x x2 + 1

=1 a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 + + ≥ a+b+c b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2

N hơ n

b) Cho ba số thực dương a, b, c .Chứng minh: Bài 2 (5 điểm)

 x1 = 1  * Cho dãy số thực ( xn ) với  3 xn + 4 ( n ∈ N ) = x  n +1 xn + 1  Xét các dãy số thực ( un ) với un = x2 n −1 ( n ∈ N * ) và ( vn ) với vn = x2 n ( n ∈ N * )

a) Chứng minh các dãy số ( un ) , ( vn ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞

èm

b) Chứng minh các dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ và tìm giới hạn đó. Bài 3 (5 điểm)

om /+ D

ạy K

a) Cho tam giác ABC có G, H , O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi K là điểm sao cho HK = 3HG . Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác ∆KBC , ∆KCA, ∆KAB . Chứng minh: G1 A, G2 B, G3C đồng quy và G1 A = G2 B = G3C . b) Trong mặt phẳng cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và điểm M tùy ý.Tìm vị trí của M để MA + MB + MC + MD + ME ngắn nhất.

Bài 4 (3điểm)

Bài 5 (3 điểm)

Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y , z sao cho: x 2012 + 2009 y 2012 = 2011 + 2012 z 2010

oo g

Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được hai điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1.Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho.

HẾT

(Thí sinh không được sử dụng tàiliệu-Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh………………………………..Số báo danh………………… Giám thị 1 (ký,ghi rõ họ và tên) Giám thị 2 (ký,ghi rõ họ và tên)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG A

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

2 ( x − 2)

(

N hơ n

Câu I (6,0 điểm). 1. Giải phương trình:

)

x + 5 + 2 2 x − 5 = 3x − 1 ( x ∈ ℝ) .

2. Giải bất phương trình:

( x + 2)

− 6 x ≥ 0 ( x ∈ ℝ) .

x3 − 3x 2 + 2

Câu II (3,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:

èm

 x 3 − 12x − y3 + 6y 2 − 16 = 0 (x, y ∈ ℝ ) .  2 2 2 4x + 2 4 − x − 5 4y − y + m = 0

x −1 y −1 z −1 + 2 + 2 . y2 z x

om /+ D

thức P =

ạy K

Câu III (2,5 điểm). Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Câu IV (6,0 điểm). 1. Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC. Chứng minh rằng khoảng cách từ trọng tâm của tứ diện ABCD đến các mặt phẳng (ABC), (BCD), (CDA), (DAB) bằng nhau. 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA = SB = SC = 2a . Gọi V là thể tích 3

khối chóp S.ABCD. Chứng minh V ≤ 2a .

Câu V (2,5 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):

( x − 1)

+ ( y − 1) = 25 , và các điểm

oo g

A(7;9), B(0;8) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức P = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. - - - Hết - - -

Họ và tên thí sinh:........................................................................... Số báo danh:..........................

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG B

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

N hơ n

Câu I (6,0 điểm). 1. Giải phương trình:

x 3 + x − 1 = 9 (x ∈ ℝ) . 2. Giải bất phương trình:

( x + 2)

− 6x ≥ 0 (x ∈ ℝ) .

x 3 − 3x 2 + 2

Câu II (3,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:

èm

 x 3 − 12x − y3 + 6y 2 − 16 = 0 (x, y ∈ ℝ ) .  2 2 2 4x + 2 4 − x − 5 4y − y + m = 0 

ạy K

Câu III (5,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA = SB = SC = 2a . Gọi M là trung điểm của cạnh SA; N là giao điểm của đường thẳng SD và mặt phẳng (MBC). Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.BCNM.

om /+ D

V1 . V 3 b) Chứng minh V ≤ 2a .

a) Tính tỷ số

Câu IV (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -1). Đường phân giác trong của các góc B và C lần lượt có phương trình x − 2y + 1 = 0 ; x + y + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.

oo g

Câu V (2,5 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1+ y

1 1+ z

- - - Hết - - -

1+ x

Họ và tên thí sinh:........................................................................... Số báo danh:..........................

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013

Đề thi chính thức (Đề thi gồm 01 trang)

Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

N hơ n

Câu I: (3,0 điểm) 2x − 1 có đồ thị (C) và điểm P ( 2;5 ) . x +1 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Cho hàm số y =

Câu II: (6,0 điểm)

x +1 − 2 1 = (x ∈ ℝ) 2x + 1 − 3 x + 2 1 1  2 2  x + y + x 2 + y2 = 5 2. Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) 2 ( xy − 1) = x 2 − y 2 + 2 

ạy K

èm

1. Giải phương trình

Câu III: (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai

om /+ D

a 3 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' . 4 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng ( α ) đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng ( α ) .

đường thẳng AA ' và BC bằng

h 2B + h C2 + h 2D ≥ h 2A . Chứng minh rằng: 3

oo g

Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A ( −1; −1) và đường tròn 2

+ ( y − 2 ) = 25 . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn ( T ) ( B, C khác A ). Viết phương trình đường thẳng BC , biết I (1;1) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .

( T ) : ( x − 3)

Câu V: (2,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P= . − 3 a + ab + abc a+b+c - - Hết - Họ tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:......................... Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN THPT- BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

N hơ n

Câu Nội dung Điểm I. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: (3,0đ) 0,5 2x − 1 = − x + m ⇔ x 2 − (m − 3)x − m − 1 = 0 (1) , với x ≠ −1 x +1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác −1 0,5 m 2 − 2m + 13 > 0 ⇔ (đúng ∀m ) 0.m − 3 ≠ 0

ạy K

èm

x + x 2 = m − 3 Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  1  x1 x 2 = − m − 1 Giả sử A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x 2 ; − x 2 + m ) Khi đó ta có: AB = 2 ( x1 − x 2 ) 2

( x1 − 2) + ( −x1 + m − 5)

om /+ D

PA =

( x1 − 2) + ( x2 − 2)

0,5 2

PB = ( x 2 − 2 ) + ( − x 2 + m − 5 ) = ( x 2 − 2 ) + ( x1 − 2 ) Suy ra ∆PAB cân tại P Do đó ∆PAB đều ⇔ PA 2 = AB2 2 2 2 2 ⇔ ( x1 − 2) + ( x2 − 2) = 2( x1 − x 2 ) ⇔ ( x1 + x 2 ) + 4( x1 + x 2 ) − 6x1x2 − 8 = 0

oo g

 m =1 ⇔ m 2 + 4m − 5 = 0 ⇔  . Vậy giá trị cần tìm là m = 1, m = −5 .  m = −5 II.  x ≥ −1 1, ĐKXĐ:  x ≠ 13  (3,0đ) Phương trình đã cho tương đương với ( x + 2 ) x + 1 − 2 = 3 2x + 1 − 3

(

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t ; f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ℝ

(

) (

x +1 = f

0,5 0,5

0,5

)

⇔ ( x + 1) x + 1 + x + 1 = 2x + 1 + 3 2x + 1 (1)

Khi đó: Pt(1) ⇔ f

0,5

)

2x + 1 ⇔ x + 1 = 3 2x + 1

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5 0,5 0,5

0,5

om /+ D

ạy K

èm

N hơ n

1  x≥−  1  2 1 x = 0   x ≥ − 2 x ≥ − ⇔ ⇔ ⇔  x = 0 ⇔  1+ 5 2 x = ( x + 1)3 = ( 2x + 1)2 x 3 − x 2 − x = 0  1 ± 5    2   x = 2  Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là: 1+ 5 và x = 0 x= 2 II. x ≠ 0 Đ KX Đ :  2, y ≠ 0 (3,0đ) 2 2  1  1  x +  +  y −  = 5 x  y Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:   2 2 ( x + 1) .( y − 1) = 2xy 2 2  1  1 1   x +  +  y −  = 5 u=x+  x  y x  ⇔ (*) , đặt  1  1 v = y − 1   y   x + x  . y − y  = 2      2 u 2 + v 2 = 5 ( u + v ) = 9 Hệ phương trình ( *) trở thành  ⇔ uv 2 =  uv = 2

u + v = 3 u + v = −3 ⇔ (I) hoặc  (II) uv = 2 uv = 2 u = 1 u = 2 Ta có: ( I ) ⇔  hoặc  v = 2 v = 1  u = −1 u = −2 hoặc  ( II ) ⇔  v = −2  v = −1

oo g

Vì u = x +

1 ⇒ u ≥ 2 nên chỉ có x

0,5

u = 2 u = −2 và  thỏa mãn.  v = 1 v = − 1  

1  x + = 2 x = 1  u = 2 x   ta có  ⇔  1 ± 5 (thỏa mãn ĐKXĐ) v = 1 y − 1 = 1 y = 2  y  1  x + = −2  x = −1  u = −2 x  ta có  ⇔  −1 ± 5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 1 = y  v = −1  y − = −1   2 y  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) là:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5

0,5 0,5

 1+ 5   1− 5   −1 + 5   −1 − 5  1;  , 1;  ,  −1;  ,  −1; . 2 2 2 2       2 III. a 3 1, Diện tích đáy là SABC = 4 . A' (3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

0,5

B E G

N hơ n

BC ⊥ AE Gọi E là trung điểm BC . Ta có  ⇒ BC ⊥ ( AA'E ) BC ⊥ A 'G Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA ' . Do đó BC ⊥ DE, AA' ⊥ DE Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC = DE = 1 ⇒ DAE = 300 Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE AE 2 a Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có A 'G = AG.tan 300 = 3 3 a 3 Vậy VABC.A 'B 'C ' = A 'G.SABC = . 12 III. Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của A 2, mp ( α ) với các cạnh AB, AC, AD . (3,0đ) D' 1 Ta có VAGBC = VAGCD = VAGDB = VABCD (*) B' I 3

èm

0,5

ạy K

0,5 0,5

oo g

om /+ D

0,5

G C

Vì VAB'C 'D ' = VAIB'C' + VAIC' D' + VAID' B' và (*) nên VAB'C' D' VAIB'C' V V = + AIC 'D ' + AID' B' VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB

AB'.AC'.AD ' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD ' AI.AD '.AB' = + + AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB BB' CC' DD' AB AC AD AG ⇔ + + = 3. =6⇔ + + =3 AB' AC' AD' AI AB' AC' AD'

0,5

⇔

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5

BB' h B CC' h C DD' h D , , = = = AB' h A AC' h A AD' h A h h h Suy ra B + C + D = 3 ⇔ h B + h C + h D = 3h A (**) hA hA hA Mặt khác ta có

0,5 0,5

h 2B + h C2 + h D2 ≥ h 2A . 3 IV. Đường tròn ( T ) có tâm K ( 3;2 ) bán kính là R = 5 (2,5đ) Ta có AI :x − y = 0 , khi đó đường thẳng AI cắt đường tròn ( T ) tại A ' ( A' khác A ) có tọa độ là nghiệm của hệ 2 2 ( x − 3) + ( y − 2 ) = 25  x = −1 (loại) ⇔  B y = − 1 x − y = 0   x = 6 hoặc  y = 6

N hơ n

( h B + h C + h D ) ≤ 3( h 2B + h C2 + h 2D ) 2 2 2 ⇔ ( h B − h C ) + ( h C − h D ) + ( h D − h B ) ≥ 0 ( luôn đúng ) 2 Kết hợp với (**) ta được ( 3h A ) ≤ 3 ( h 2B + h C2 + h 2D )

Ta có:

0,5

Hay

ạy K

èm

Vậy A ' ( 6;6 )

0,5

K C

om /+ D

' = CA

' ) Ta có: A 'B = A 'C (*) (Do BA (1) (Vì cùng bằng IAC ) A 'BC = BAI = IBC (2) Mặt khác ta có ABI ' = ABI + BAI = IBC +A ' 'BC = IBA Từ (1) và (2) ta có: BIA

Suy ra tam giác BA 'I cân tại A ' do đó A 'B = A 'I (**) Từ (*) , (**) ta có A 'B = A 'C = A 'I Do đó B,I,C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A 'I có phương trình là 2

+ ( y − 6 ) = 50

( x − 6)

oo g

( x − 3)2 + ( y − 2 )2 = 25 Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ  2 2  ( x − 6 ) + ( y − 6 ) = 50 Nên tọa độ các điểm B,C là : (7; −1),(−1;5) Khi đó I nằm trong tam giác ABC (TM) . Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x + 4y − 17 = 0 . V. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có (2,5đ) 1 a + 4b 1 a + 4b + 16c 4 a + ab + 3 abc ≤ a + . + . = (a + b + c) . 2 2 4 3 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4b = 16c . 3 3 Suy ra P ≥ − 2(a + b + c) a+b+c Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5

Đặt t = a + b + c, t > 0 . Khi đó ta có: P ≥

3 3 − 2t t

3 3 3 3 − với t > 0 ta có f ' ( t ) = − 2. 2t t 2t t 2t 3 3 f '( t ) = 0 ⇔ − 2 = 0 ⇔ t =1 2t t 2t Bảng biến thiên −∞ 0 1 +∞ t − 0 + f '( t ) Xét hàm số f ( t ) =

N hơ n

f (t)

+∞

3 khi và chỉ khi t = 1 2

èm

t >0

3 2

−

om /+ D

ạy K

3 Vậy ta có P ≥ − , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2  16 a = 21  a + b + c = 1 4  ⇔ b = .  21 a = 4b = 16c  1  c = 21 3  16 4 1  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − khi và chỉ khi ( a,b,c ) =  , ,  . 2  21 21 21 

- - Hết - -

0,5

Do đó ta có min f ( t ) = −

0,5

oo g

Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

Đề thi chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013

(Đề thi gồm 01 trang)

Môn thi: TOÁN - BT THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

N hơ n

Câu I (5,0 điểm). 1. Cho hàm số y = x 4 − mx 2 + m , với m là tham số. Tìm các giá trị của m để hàm số có ba điểm cực trị.

2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x 1 − x 2 trên đoạn [ 0; 1] .

1. Giải bất phương trình

2x 2 − 5x + 3 ≥ x − 1

( x ∈ ℝ) .

èm

 x 2 + y 2 − 4xy = −3 2. Giải hệ phương trình   x + y − xy = 1

Câu II (5,0 điểm).

ạy K

Câu III (5,0 điểm).

( x, y ∈ ℝ ) .

 1  1. Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của  2 + x 5  , x ≠ 0 . x 

om /+ D

Biết C0n + C1n + ... + C nn −1 + Cnn = 1024 (với n ∈ ℕ* , C nk là số các tổ hợp chập k của n ) 2. Giải phương trình : ( 2sin x − 1)( sin x + 2cosx ) = sin 2x − cosx .

Câu IV (5,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA , đáy là tam giác vuông tại B . Gọi B' là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng SB . Qua điểm B' kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC cắt SC tại C' .

oo g

1. Chứng minh rằng: SB vuông góc với mặt phẳng ( AB'C' ) .

2. Tính theo a thể tích khối chóp S.AB'C' , biết SA = AB = a và BC = 2a . - - Hết - -

Họ tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:.........................

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN - BT THPT (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Nội dung TX Đ : D = ℝ I. 1, Ta có y ' = 4x 3 − 2mx (2,5đ) y ' = 0 ⇔ 4x 3 − 2mx = 0 ⇔ x ( 2x 2 − m ) = 0

N hơ n

Điểm 0,5

0,5

èm

x = 0 ⇔ 2  2x − m = 0 (1) Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 m > 0 ⇔ ⇔ m > 0 . Vậy giá trị cần tìm là: m > 0 −m ≠ 0

ạy K

I. Hàm số f ( x ) = x 1 − x 2 liên tục trên đoạn [ 0; 1] 2, 2 1 − 2x 2 (2,5đ) Ta có f ' ( x ) = 1 − x 2 − x = 1 − x2 1 − x2 1 − 2x 2 f '( x ) = 0 ⇔ = 0 ⇔ 1 − 2x 2 = 0 2 1− x  2 ∈ ( 0; 1) x = 2  ⇔  2 ∉ ( 0; 1) x = −  2  2 1 Ta có f ( 0 ) = 0, f (1) = 0, f  =  2  2  2 1 Vậy Min f ( x ) = f ( 0 ) = f (1) = 0 , Max f ( x ) = f  = [0;1] [0;1] 2   2 II. x − 1 ≤ 0  2 1, 2x − 5x + 3 ≥ 0  (2,5đ) Bất phương trình đã cho tương đương với  x − 1 > 0    2x 2 − 5x + 3 ≥ ( x − 1)2 

0,5 0,5 0,5

om /+ D

0,5

oo g

0,5

(1) 0,5

( 2)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

x ≤ 1   x ≤1 ⇔ x ≤1 Hệ BPT (1) ⇔   x ≥ 3   2 x > 1 Hệ BPT ( 2 ) ⇔  2  x − 3x + 2 ≥ 0

0,5

N hơ n

0,5

x > 1  ⇔  x ≤ 1 ⇔ x ≥ 2  x ≥ 2  Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S = ( −∞;1] ∪ [ 2; + ∞ )

0,5

2 II. ( x + y ) − 6xy = −3 2, Hệ phương trình đã cho tương đương với   x + y − xy = 1 (2,5đ) 2 ( x + y ) − 6xy + 3 = 0 ⇔  xy = x + y − 1 ( x + y )2 − 6 ( x + y ) + 9 = 0  x + y = 3 ⇔ ⇔  xy = 2  xy = x + y − 1

èm

0,5

ạy K

0,5

om /+ D

x = 1  y = 2 ⇔ x = 2    y = 1

0,5

Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ phương trình đã cho là: (1; 2 ) , ( 2; 1)

III. Ta có (1 + 1)n = C0 + C1 + ... + Cn −1 + Cn n n n n 1, 0 1 n −1 n n (2,5đ) ⇔ Cn + C n + ... + Cn + Cn = 2 Từ giả thiết ta suy ra 2n = 1024 ⇔ 2n = 210 ⇔ n = 10

0,5 0,5 10

oo g

 1  Ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của  2 + x 5  x  2 10 k − − ( ) k k là C10 .x .x 5k = C10 .x 7k − 20

Suy ra x15 ứng với 7k − 20 = 15 ⇔ k = 5 5 Vậy hệ số của x15 là C10 = 252 III. PT ⇔ ( 2sin x − 1)( sinx+2cosx ) = 2sin x cos x − cosx 2, ⇔ 2sin x − 1 sinx+2cosx − cosx 2sin x − 1 = 0 ( )( ) ( ) (2,5đ)  2sin x − 1 = 0 (1) ⇔ ( 2sin x − 1)( sinx+cosx ) = 0 ⇔  sinx+cosx = 0 (2) Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

(k ∈ ℤ) 0,5

N hơ n

C’

0,5

IV. 1, (2,5đ)

π  x = + k2π  1 6 PT (1) ⇔ sinx = ⇔  (k ∈ ℤ) 2  x = 5π + k2π  6 π π π  PT ( 2 ) ⇔ 2 sin  x +  = 0 ⇔ x + = kπ ⇔ x = − + kπ 4 4 4  Vậy nghiệm của phương trình là π π 5π x = + k2π, x = + k2π, x = − + kπ ( k ∈ ℤ ) 6 6 4 Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC (1) S Mặt khác BC ⊥ AB (2)

0,5

ạy K

Từ (1) và ( 2 ) suy ra BC ⊥ ( SAB )

èm

B’

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

oo g

om /+ D

Do đó BC ⊥ SB ⇒ B'C' ⊥ SB ( 3) (vì B'C'// BC ) Theo giả thiết ta có SB ⊥ AB' (4) Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra SB ⊥ ( AB'C' ) IV. Ta thấy tam giác SAB cân tại A suy ra B' là trung điểm của SB , do đó 2, 1 SB' = SB (2,5đ) 2 a 2 SB = SA 2 + AB2 = a 2 ⇒ SB' = 2 a 2 Vì ∆SAB vuông tại A nên ta có AB' = SB' = 2 Do BC ⊥ ( SAB ) ⇒ B'C' ⊥ ( SAB ) ⇒ B'C' ⊥ AB' 1 Ta có B'C' là đường trung bình của tam giác SBC suy ra B'C' = BC = a 2 3 1 a Thể tích của khối chóp S.AB'C' là V = SB'.AB'.B'C' = . 6 12

0,5

----------Hết----------

Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5 0,5 0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010 − 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút

N hơ n

3 2y  + 2 2  x + y − 1 x = 1 Bài 1. a) Giải hệ phương trình:   x 2 + y 2 − 2x = 4  y

b) Trong mặt phẳng, với hệ toạ độ Oxy, chứng minh đồ thị hàm số sau cắt trục hoành tại ít nhất 1 2

điểm: y = log 2 ( 2x + 1) − 2 log 2 ( 2x + 1) + 4 3

x −1

Bài 2. Tìm tham số m để hàm số y = x + 3mx + 3 ( m + 1) x + 1 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lơn hơn 4. Bài 3. Hai số thực x, y thoả mãn: x2 + 4y2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

x 3 + 4y3 − 3xy .

èm

= ADB = 900 . AB = 2a. Đáy BCD là tam giác cân tại B, có CBD = 2α Bài 4. Hình chóp A.BCD có ACB và CD = a. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và α. Bài 5. Tam giác ABC không nhọn có các góc thoả mãn đẳng thức:

ạy K

 sin B  sin A  sin C  1 + 1 + 1 + =4+3 2 .  sin A  sin C  sin B 

om /+ D

Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? _______________ Hết _______________

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 30 tháng 3 năm 2011) SỐ BÁO DANH:…………….. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

oo g

Câu 1:(3.0 điểm)

π  a) Giải phương trình: sin 3x + cos3 x − 2 2cos  x +  + 1 = 0 4  1 1 16  2 x + x + y + x − y = 3  b) Giải hệ phương trình:  1 1 100 2( x 2 + y 2 ) + + = 2 2  ( x + y) ( x − y) 9 Câu 2:(2.0 điểm) Cho dãy số ( xn ) xác định như sau:  x1 = 30  2 *  xn+1 = 30 xn + 3 xn + 2011, ∀ n ∈ ℕ Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

xn+1 . xn Câu 3:(3.0 điểm) Cho diện đềTH u ABCD cạnh a . Gọi I, J lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ĐỀtứCHÍNH ỨC DBC. Mặt phẳng (α ) qua IJ cắt các cạnh AB, AC, DC, DB lần lượt tại các điểm M, N, P, Q với AM = x , AN = y ( 0 < x, y < a ). a) Chứng minh MN, PQ, BC đồng qui hoặc song song và MNPQ là hình thang cân. b) Chứng minh rằng: a( x + y ) = 3xy . Suy ra:

4a 3a ≤x+y< . 3 2

c) Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a và s = x + y .

N hơ n

Tìm lim

èm

Câu 4:(1.0 điểm) Cho phương trình: ax 2 + ( 2b + c ) x + ( 2d + e ) = 0 có một nghiệm không nhỏ hơn 4. Chứng minh rằng phương trình ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 có nghiệm.

ạy K

Câu 5:(1.0 điểm) Cho x, y, z > 0 . Chứng minh rằng: 2 xy 2 yz 3 zx 5 + + ≥ P= ( z + x )( z + y ) ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x ) 3

om /+ D

--------------------HẾT----------------------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 22 tháng 3 năm 2011 ================

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

oo g

Câu 1:(5 điểm) 1/ Cho hàm số y = x 3 − 3x + 2 có đồ thị là (T). Giả sử A, B, C là ba điểm thẳng hàng trên (T), tiếp tuyến của (T) tại các điểm A, B, C lần lượt cắt (T) tại các điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C). Chứng minh rằng A’, B’, C’ thẳng hàng. 2/ Cho hàm số y = x 2n +1 + 2011x + 2012 (1) , chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành tại đúng một điểm.

Câu 2:(5 điểm) 1/ Giải phương trình: log 2 x + log 4 x + log 6 x = log3 x + log 5 x + log 7 x ( x ∈ ℝ ) . 2

2/ Giải phương trình: ( 5x − 6 ) −

1 1 = x2 − 5x − 7 x −1

( x ∈ ℝ) .

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 3:(3 điểm) Kí hiệu Ckn là tổ hợp chập k của n phần tử ( 0 ≤ k ≤ n; k, n ∈ ℤ ) , tính tổng sau: 2 2010 S = C02010 + 2C12010 + 3C2010 + ... + 2010C2009 2010 + 2011C 2010 . Câu 4:(5 điểm) 1/ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, AD = 4a ( a > 0 ) , các cạnh

N hơ n

bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) khi thể tích của khối chóp S.ABCD là lớn nhất. = 600 , CAD = 1200 . Gọi E là chân đường phân giác trong góc A 2/ Cho tứ diện ABCD có BAC của tam giác ABD. Chứng minh rằng tam giác ACE vuông.

Câu 5:(2 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x 2 + y 2 ≤ π . Chứng minh rằng: cos x + cos y ≤ 1 + cos ( xy ) . …………………… HẾT……………………

èm

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2009-2010

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán Ngày thi: 20 – 12 – 2009 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

om /+ D

ạy K

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CÀ MAU

Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình :

ln(sin x + 1) = esin x −1

Bài 2: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh và S là diện tích của tứ giác ABCD. Chứng minh rằng :

a +b+c+d 2

S = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) , với p = Bài 3: (2 điểm) Tìm các số x, y, z thoả mãn phương trình :

oo g

2x 2 − 4x + y − 6 y − 2xz + z 2 + 13 = 0

Bài 4: (3 điểm) Chứng minh rằng với mọi x thuộc khoảng (0 ;

– cosx > x2 – ln(

π 2

). Ta có :

1 ) cosx

Bài 5: (3 điểm) Cho một bảng hình vuông chia ô : 4 x 4 = 16 ô và tập hợp gồm 16 số tự nhiên liên tiếp : n, n + 1, ....., n + 14, n + 15; n > 0. Người ta điền các số đó vào các ô của bảng, mỗi ô điền một số và tô đỏ các ô có số điền trên đó là bội của n. Giả sử có k ô được tô màu đỏ. Xác định giá trị n để số k là nghiệm phương 3 2

trình: (A k ) − 138C k − 24 = 0 ; trong đó A k , C k lần lượt là chỉnh hợp, tổ hợp chập 3 của tập k phần tử.

Bài 6: (3,5 điểm) Cho hình chóp S.MNPQ, trừ cạnh bên SP, các cạnh còn lại đều bằng a. 1) Tính thể tích lớn nhất của khối chóp.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

a3 2) Góc NMQ phải bằng bao nhiêu để thể tích của hình chóp bằng 6

2 .

Bài 7 : (2,5 điểm) Xác định m để trên cùng hệ toạ độ Oxy, đồ thị hai hàm số sau đây có ít nhất một đường

--------HẾT------KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Năm học 2009 – 2010

N hơ n

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU

mx2 − x − m − 2 ; y= với m là tham số khác 0. x +1

x − y = 1  y − z =1   z − x = 1

Bài 1 : Giải hệ phương trình :

Môn thi : TOÁN Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi :

ĐỀ DỰ BỊ

èm

tiệm cận chung : y =

x2 − 4x + 5

ạy K

Bài 2 : Trong tam giác ABC, hãy tìm một điểm M sao cho : MA2 + MB 2 + MC 2 là nhỏ nhất. Bài 3 : Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác vuông, c là cạnh huyền; x, y là hai số thoả mãn hệ thức ax + by = c . Chứng minh rằng x2 + y2 ≥ 1. Khi nào xảy ra dấu đẳng thức. Bài 4 : Tìm mọi hàm số f( x ) thoả : x f ( 1 + x ) – f ( 1 – x ) = x 3 + x 2 + 4 x – 2

om /+ D

Bài 5 : Cho tam giác ABC . Người ta lấy trên các cạnh AB, BC và CA, mỗi cạnh gồm n điểm phân biệt và khác A, B, C ; n > 1 . Lập các tam giác với các đỉnh là các điểm trong 3n điểm nói trên. Các tính toán sau đây không kể đến tam giác ABC. 1) Gọi s là số các tam giác như vậy. Tính s theo n.

2)Gọi a là số các tam giác lập được như trên nhưng có ba đỉnh nằm trên ba cạnh khác nhau của tam giác s ABC. Có hay không số n để là số nguyên dương ? s−a

Bài 6 : Trên mặt phẳng có hệ toạ độ Oxy, cho hypebol ( H ) có phương trình : 4 x2 – y2 = 1 và đường tròn ( T ) có phương trình : x2 + ( y – 1)2 = 4 .

oo g

1) Tìm điểm trên ( H ) có tổng các khoảng cách từ đó đến hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất ? 2) Chứng minh rằng ( H ) và ( T ) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt và 4 điểm đó cùng nằm trên một đường parabol dạng y = a x2 + b x +c ( a khác 0 ). Tìm phương trình của parabol đó. 3 x2 −3

Bài 7 : Tìm giá trị a để phương trình : 4

2 − 3.22 x −2 + a = 0 có một nghiệm thuộc khoảng ( 1 ; 6 )

HẾT

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn