tuyển tập 16 đề thi học sinh giỏi các tỉnh lớp 12 (co dap an)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.73 MB, 61 trang )
WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán - Vòng I
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)
SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2.5 điểm):
Giải phương trình:
4n 2n *
2012 2012 (n )x x+ + = ∈ ¥
.
Câu 2 (2.5 điểm):
Cho dãy số
n
(u )
xác định bởi công thức:
1
*
1
2
3
1 3
2 ; ( ).
3
n n
n
u
u u n
u
+
=
= + ∈
÷
¥
Tính:
lim
n
u
?
Câu 3 (1.5 điểm):
Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 36
9x y z x y y z z x
+ + ≥
+ + +
.
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:
2 3x y z+ = +
.
HẾT
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán - Vòng I
(Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)
WWW.ToanCapBa.Net 1
WWW.ToanCapBa.Net
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic
chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có
liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5
điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu Nội dung Điểm
1
Phương trình:
4n 2n
x x 2012 2012 (n N*) (1)+ + = ∈
Đặt t = x
2n
≥
0, phương trình (1) trở thành:
2
2
2 2
2
t t 2012 2012
1 1
t t t 2012 t 2012
4 4
1 1
t t 2012
2 2
t 1 t 2012
t t 2011 0. (2)
+ + =
⇔ + + = + − + +
⇔ + = + −
÷ ÷
⇔ + = +
⇔ + − =
Giải phương trình (2) ta được:
1 8045
t
2
− +
=
thỏa mãn điều kiện
Phương trình có 2 nghiệm:
2n
1
1 8045
x
2
− +
=
và
2n
2
1 8045
x
2
− +
= −
,
n *∈¥
.
2,5 điểm
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
2
Theo công thức xác định dãy
( )
n
u
, ta có
*
0;
n
u n> ∀ ∈¥
.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
2 *
3
3
1
2 2 2
1 3 1 3 3
2 . 3 ;
3 3
n n n n n
n n n
u u u u u n
u u u
+
= + = + + ≥ = ∀ ∈
÷ ÷
¥
.
Do đó:
*
3
3 ;
n
u n≥ ∀ ∈¥
.
Mặt khác:
3
1
2 2 2
2 1 1 3 1 3
0
3 3 3
n
n n n n n
n n n
u
u u u u u
u u u
+
−
− = + − = − = ≤
÷ ÷
.
Vậy
( )
n
u
là dãy số giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn.
2,5 điểm
0,5
0,5
0,5
0,5
WWW.ToanCapBa.Net 2
WWW.ToanCapBa.Net
Giả sử,
lim
n
u a=
.Ta có:
3
2 2
2 1 3
3
3
a a a a
a a
= + ⇔ = ⇔ =
.
Vậy:
3
lim 3
n
u =
0,5
3
2 2 2 2 2 2
1 1 1 36
9x y z x y y z z x
+ + ≥
+ + +
2 2 2 2 2 2
1 1 1
(9 ) 36x y y z z x
x y z
⇔ + + + + + ≥
÷
.
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
3
2
z + zx
z z x
3
xy y
xy xy y z
+
= ≤
÷
.
Do đó:
( )
( )
2 2
2
3
27 z+zx
1 1 1 z+zx
xyz
z+zx
27
.
z+zx
xy y
xy y
x y z
xy y
xy y
+
+
+ + = ≥
÷ ÷
+
=
+
Mặt khác:
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
9 6 1 1 1
2 3 .
x y y z z x x y y z z x
xy yz zx
+ + + = + + + + + +
≥ + + +
( )
2
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1
(9 )
27
4 3 z+zx .
z+zx
x y y z z x
x y z
xy y
xy y
⇒ + + + + +
÷
≥ + +
+
( )
9
108. 6 xy yz zx
xy yz zx
= + + + +
+ +
( )
9
108 6 2 1296xy yz zx
xy yz zx
≥ + + + =
÷
+ +
.
Suy ra:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
(9 ) 36x y y z z x
x y z
+ + + + + ≥
÷
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1.
1.5 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
2.0 điểm
0,25
WWW.ToanCapBa.Net 3
y
x
O
Q
P
M
N
C
B
A
WWW.ToanCapBa.Net
Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành.
Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có
dạng : y = ax + b (a
≠
0). Khi đó :
;0
b
A
a
= −
÷
,
(0; )P b=
.
AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình :
y = -ax – b.
PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình :
1
y x b
a
= − +
.
O là giao điểm của PO và trục hoành nên
( ,0)O ab=
.
BC đi qua gốc tọa độ nên :
+) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y =
cx với c
≠
0,c
≠
±
a (vì B, C không thuộc trục hoành, BC không song
song với AB và AC).
B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :
;
y ax b
b bc
B
y cx
c a c a
= +
⇒ =
÷
=
− −
.
C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ :
;
y ax b
b bc
C
y cx
c a c a
= − −
⇒ = − −
÷
=
+ +
.
Do đó :
2 2 2 2
;
ab abc
M
c a c a
=
÷
− −
, suy ra :
( )
2
2 2
;
( )
bc
AM c a
a c a
=
−
uuuur
.
Từ đó ta có phương trình của AM là :
2
a ab
y x
c c
= +
.
Q là giao điểm của AM với trục tung nên
1
0; 1;
ab
Q QO ab
c c
= ⇒ = −
÷ ÷
uuur
.
Do đó
QO
uuur
là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC.
+) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M
≡
N, do
đó O thuộc AN nên QO vuông góc BC.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Giả sử
( )
, ,x y z
là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có:
1,5 điểm
WWW.ToanCapBa.Net 4
WWW.ToanCapBa.Net
[ ]
[ ]
[ ] [ ]
2
2
x+2 3 2 z
( ) 2 z 2 3
( ) 4 8 3 z 12
4 4 3 ( ) 12
( ) 4 3 ( ) 12 4
y z y
x y z y
x y z yz y
yz x y z
x y z x y z yz
= + +
⇔ − + = −
⇒ − + = − +
= − − + −
⇒ − + + − + + =
Nếu
( )x y z≠ +
thì
[ ]
2
( ) 4 12
4 3
( )
x y z yz
x y z
− − + + +
= ∈
− +
¤
(vô lý).
Nếu
x y z= +
thì
1
3
3 4
3
1
y
z
yz x
y
z
=
=
= ⇔ ⇒ =
=
=
.
Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm của phương trình.
Vậy: nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4;
1; 3).
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
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)
Câu 1 (2 điểm)
a) Cho hàm số
2
2 3y x mx m= + −
và hàm số
2 3y x= − +
. Tìm m để đồ thị các hàm số đó
cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
b) Giải bất phương trình:
2
8 12 10 2x x x− + − > −
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình:
3 3 3
3
(4 3)
2
x x x
− + − =
b) Giải phương trình:
2
2 11 23 4 1x x x− + = +
Câu 3 (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho điểm
(1;4)M
. 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.
WWW.ToanCapBa.Net 5
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
WWW.ToanCapBa.Net
b) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn (C):
2 2
( 2) ( 3) 9x y− + + =
và điểm
(1; 2)A −
. 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
2 2 2 2 2 2
AB BC CD DA AC BD+ + + = +
.
b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:
2 2 2
1 1 1
a
h b c
= +
(trong đó AB=c; AC=b; đường
cao qua A là
a
h
).
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 2 2
3
a b b c c a
a b c
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:………………………
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 Điểm
1 a
Tìm m:
2
2 3y x mx m= + −
và
2 3y x= − +
cắt nhau tại hai điểm
phân biệt và hoành độ dương
1,00
Yêu cầu bài toán
⇔
PT sau có hai nghiệm dương phân biệt
2 2
2 3 2 3 2( 1) 3 3 0x mx m x x m x m+ − = − + ⇔ + + − − =
0,25
' 0
3( 1) 0
2( 1) 0
m
m
∆ >
⇔ − + >
− + >
0,25
1
' 0
4
m
m
> −
∆ > ⇔
< −
0,25
Kết hợp nghiệm, kết luận
4m < −
0,25
b
Giải bất phương trình:
2
8 12 10 2x x x− + − > −
1,00
TXĐ:
2
8 12 0 2 6x x x− + − ≥ ⇔ ≤ ≤
0,25
WWW.ToanCapBa.Net 6
WWW.ToanCapBa.Net
Nếu
5 6x< ≤
thì
2
8 12 0 10 2x x x− + − ≥ > −
, bất phương trình
nghiệm đúng với mọi x:
5 6x< ≤
0,25
Nếu
2
10 2 0
2 5
8 12 0
x
x
x x
− ≥
≤ ≤ ⇒
− + − ≥
bất pt đã cho
2 2
8 12 4 40 100x x x x⇔ − + − > − +
2
28
5 48 112 0 4
5
x x x
⇔ − + < ⇔ < <
0,25
Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:
4 5x< ≤
Tập nghiệm của bpt đã cho:
(4;6]
0,25
2 a
Giải phương trình:
3 3 3
3
(4 3)
2
x x x
− + − =
(1)
1,00
Đặt
3
4 3y x x= − +
. (1) có dạng:
3 3
3
2 2 3
( )
4 3
y x
I
x x y
− =
− + =
Khi đó nghiệm
của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)
0,25
(I)
3 3
3 3
2 2 3
2 2 ( ) 0
y x
x y x y
− =
⇔
+ − + =
3 3
2 2
2 2 3(2)
( )(2 2 2 1) 0(3)
y x
x y x xy y
− =
⇔
+ − + − =
0,25
TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1):
3
3
4
x = −
0,25
TH2:
2 2 2
2 2 2 1 0; ' 2 3
x
x xy y y− + − = ∆ = −
. Nếu có nghiệm thì
2
3
y ≤
.
Tương tự cũng có
2
3
x ≤
. Khi đó VT (2)
≤
3
2 8 2
4 3
3 3 3
= <
÷
.
Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm
3
3
4
x = −
0,25
b Giải phương trình:
2
2 11 23 4 1x x x− + = +
1,00
ĐK:
1x ≥ −
.
2
(1) 2( 6 9) ( 1 4 1 4) 0x x x x⇔ − + + + − + + =
0,25
2 2
2( 3) ( 1 2) 0x x− + + − =
(*) 0,25
Do
2
0( )a a≥ ∀
nên pt(*)
3 0
1 2 0
x
x
− =
⇔
+ − =
0,25
3x⇔ =
. Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 0,25
3 a
(1;4)M
. Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại
B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB(
; 0
A B
x y >
)
1,00
Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:
1
x y
a b
+ =
0,25
Vì AB qua M nên
1 4 4 16
1 1 2 1
a b ab ab
+ = ⇒ ≥ ⇒ ≥
0,25
WWW.ToanCapBa.Net 7
WWW.ToanCapBa.Net
2
1 4 1
8;" "
8
2 2
a
ab
b
a b
=
⇒ ≥ = ⇔ = = ⇔
=
0,25
Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S
1 1
. 8
2 2
OAOB ab= = ≥
.
Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8)
0,25
b
(C):
2 2
( 2) ( 3) 9x y− + + =
;
(1; 2)A −
.
∆
qua A,
∆
cắt (C) tại M và N.
Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
1,0
(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì
2 2 2
(1 2) ( 2 3) 2 9IA = − + − + = <
0,25
Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có
2 2 2 2 2 2
9 4 4(9 )IH HN IN MN HN IH+ = = ⇒ = = −
0,25
Mà
2IH AH IH IA⊥ ⇒ ≤ =
2
4(9 2) 28 2 7MN MN⇒ ≥ − = ⇒ ≥
0,25
Vậy MN nhỏ nhất bằng
2 7
khi H trùng A hay MN vuông góc với
IA tại A
0,25
4 a
Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
2 2 2 2 2 2
AB BC CD DA AC BD+ + + = +
1,5
Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành
0AB DC AB DC⇔ = ⇔ − =
uuur uuur uuur uuur r
0,25
( )
2
0AB DC⇔ − =
uuur uuur
2 2
2 . 0AB DC AB DC⇔ + − =
uuur uuur uuur uuur
0,25
2 2
2 .( ) 0AB DC AB AC AD⇔ + − − =
uuur uuur uuur
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 0AB DC AB AC BC AB AD BD⇔ + − + − + + − =
(*)
( vì
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 . 2 .a b a a b b a b a b a b− = − + ⇒ = + − −
r r r r r r r r r r r r
)
0,25
0,25
0,25
(*)
⇔
2 2 2 2 2 2
AB BC CD DA AC BD+ + + = +
(Đpcm)
( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)
0,25
4 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:
2 2 2
1 1 1
a
h b c
= +
(1) 1,5
Có
. 2 sin
a
a h S bc A= =
0,25
2 2
2 2 2 2 2 2
1 4
sin
a
a R
h b c A b c
⇒ = =
0,25
(1)
2 2 2
4b c R⇔ + =
2 2
sin sin 1B C⇔ + =
0,25
1 cos2 1 cos2 2B C⇔ − + − =
cos2 cos2 0B C⇔ + =
0,25
2cos( )cos( ) 0B C B C⇔ + − =
0,25
( )
2 2
0 ;0
2
B C hay A
B C B C
B C
π π
π π
π
+ = =
⇔ < + < ≤ − <
− =
Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có
2
B C
π
− =
0,25
WWW.ToanCapBa.Net 8
WWW.ToanCapBa.Net
5
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 2 2
: 3 ; , , 0
a b b c c a
a b c
CMR a b c
b c c a a b
a b c
− + − + −
+ + ≥ + >
+ + +
+ +
1,00
XétM=
2 2 2
1 1 1
a b c
b c c a a b
− + − + − =
+ + +
a b a c b c b a c a c b
b c c a a b
− + − − + − − + −
+ +
+ + +
1 1 1 1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )a b b c c a
b c c a c a a b a b b c
= − − + − − + − −
+ + + + + +
0,25
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b b c c a
b c c a c a a b a b b c
= − + − + −
+ + + + + +
0,25
Vì
1
( )( )b c c a+ +
2 2 2
4 4 1
( 2 ) (2 2 2 ) ( )a b c a b c a b c
≥ > =
+ + + + + +
;
2
( ) 0a b− ≥
2
2
2
1 ( )
( ) ;" "
( )( ) ( )
a b
a b a b
b c c a a b c
−
⇒ − ≥ = ⇔ =
+ + + +
0,25
Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại
Suy ra M
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
a b b c c a
a b c
− + − + −
≥
+ +
(Đpcm); “=”
a b c⇔ = =
0,25
Hình vẽ câu 3b:
H
A
N
M
I
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( BẢNG A )
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 06/10/2011
Câu 1: ( 5,0 điểm )
a. Giải phương trình sau:
2 2 3 4
4 1 1 5 4 2x x x x x x+ + = + + − −
với
x R∈
.
b. Giải phương trình:
( )
2
2sin 3sin 2 1 3 cos 3sinx x x x+ + = +
.
Câu 2: ( 5,0 điểm )
WWW.ToanCapBa.Net 9
WWW.ToanCapBa.Net
a. Cho tam giác
ABC
vuông cân tại
B
, cạnh
2AB =
. Trong mặt phẳng chứa tam giác
ABC
lấy điểm
M
thỏa
2 2 2
MA MB MC+ =
. Tìm quỹ tích của điểm M.
b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng
0
60
,
6, 9BM CN= =
. Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC.
Câu 3: ( 4,0 điểm )
Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi
1
1u =
và
2
1
3 2
n n
u u
+
= +
với mọi
1n ≥
.
a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số
( )
n
u
.
b. Tính tổng
2 2 2 2
1 2 3 2011
S u u u u= + + + +
.
Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho
, ,a b c
là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện
2 2 2
1a b c+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( )
3
6M a b c a b c abc= + + − + + +
Câu 5: ( 3,0 điểm )
Tìm
m
để hệ phương trình sau có nghiệm:
( )
3 2
2
2 2 2 3
3
x y x xy m
x x y m
+ + + = − −
+ + =
với
,x y
là
các số thực.
………………. Hết ……………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………
WWW.ToanCapBa.Net 10
WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1)
Môn: TOÁN ( BẢNG A ). Ngày thi: 06/10/2011
ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn có 04 trang )
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
Câu Đáp án Thang điểm
1
(5,0 điểm)
a. ( 3,0 điểm )
Đặt
2
3
1,
2
t x x t= + + ≥
. Khi đó phương trình trở thành:
( )
4 2 4 2 2
4 7 5 6 9 4 4 0t t t t t t t= − + − ⇔ − + − − + =
0,5
( )
( )
( ) ( )
2
2
2 2 2
3 2 0 1 5 0t t t t t t⇔ − − − = ⇔ − − + − =
(*)
0,5
(*)
2
2
1 0
5 0
t t
t t
− − =
⇔
+ − =
0,5
Với
3
2
t ≥
thì
2
1 0t t− − =
có một nghiệm là
1 5
2
t
+
=
Với
3
2
t ≥
thì
2
5 0t t+ − =
có một nghiệm là
1 21
2
t
− +
=
0,5
Khi
1 5
2
t
+
=
thì
2
2 2
1 5
1 2 2 1 5 0
2
x x x x
+
+ + = ⇔ + − − =
÷
÷
1 3 2 5
2
x
− − +
⇔ =
hoặc
1 3 2 5
2
x
− + +
=
.
0,5
Khi
1 21
2
t
− +
=
thì
2
2 2
1 21
1 2 2 9 21 0
2
x x x x
− +
+ + = ⇔ + − + =
÷
÷
1 19 2 21
2
x
− − −
⇔ =
hoặc
1 19 2 21
2
x
− + −
=
.
0,5
b. ( 2,0 điểm )
Phương trình đã cho được viết lại:
( )
2 2
3sin 2 3 sin cos cos 3 3 sin cosx x x x x x+ + = +
0,5
( ) ( )
2
3 sin cos 3 3 sin cos 0x x x x⇔ + − + =
0,5
3sin cos 0x x⇔ + =
hoặc
3sin cos 3x x+ =
0,5
WWW.ToanCapBa.Net 11
WWW.ToanCapBa.Net
1
3 sin cos 0 tan
6
3
x x x x k
π
π
+ = ⇔ = − ⇔ = − +
,
k Z
∈
3 sin cos 3x x+ =
phương trình vô nghiệm.
0,5
2
(5,0 điểm)
a. (2,0 điểm )
Chọn hệ trục tọa độ
Bxy
vuông góc sao cho tia
Bx
qua A và tia
By
qua C. Ta có:
( )
0;0B
,
( )
2;0A
,
( )
0;2C
. Giả sử
( )
;M x y
.
0,5
2 2 2
MA MB MC+ =
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2x y x y x y⇔ − + + + = + −
⇔
2 2
4 4 0x y x y+ − + =
.
0,5
Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm
( )
2; 2I −
, bán kính
2 2R =
.
0,5
Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm
( )
2; 2I −
, bán kính
2 2R =
.
0,5
b. ( 3,0 điểm )
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
Xét trường hợp:
·
=
0
120BGC
Ta có:
= + − =
2 2 2 0
2 . .cos120 76BC GB GC GB GC
= + − ⇔ =
2
2 2 2 0
2 . .cos60 28
4
AC
MC GM GC GM GC
Vậy AC
2
= 112
0,5
= + − ⇔ =
2
2 2 2 0
2 . .cos60 13
4
AB
NB GB GN GB GN
Vậy AB
2
= 52
0,5
Vậy độ dài trung tuyến còn lại :
+
= − = ⇒ =
2 2 2
2
63 3 7
2 4
a a
AC AB BC
m m
0,5
Xét trường hợp:
·
=
0
60BGC
Ta có :
= + − =
2 2 2 0
2 . .cos60 28BC GB GC GB GC
= + − ⇔ =
2
2 2 2 0
2 . .cos120 52
4
AC
MC GM GC GM GC
Vậy AC
2
= 208
0,5
= + − ⇔ =
2
2 2 2 0
2 . .cos120 37
4
AB
NB GB GN GB GN
Vậy AB
2
= 148
0,5
Vậy độ dài trung tuyến còn lại :
+
= − = ⇒ =
2 2 2
2
171 171
2 4
a a
AC AB BC
m m
0,5
Câu Đáp án Thang điểm
WWW.ToanCapBa.Net 12
WWW.ToanCapBa.Net
3
(4,0 điểm)
a. 2,0 điểm
Dễ thấy
*
0,
n
u n N> ∀ ∈
Từ
2 2 2
1 1
3 2 3 2
n n n n
u u u u
+ +
= + ⇔ = +
.
0,5
Đặt
2
n n
v u=
thì có:
( )
1 1
3 2 1 3 1
n n n n
v v v v
+ +
= + ⇔ + = +
.
0,5
Đặt
1
n n
x v= +
thì ta có:
1
3
n n
x x
+
=
. Từ đây suy ra
( )
n
x
là cấp số nhân với
1
2x =
, công bội
là 3.
0,5
Nên:
1 1 1
2.3 2.3 1 2.3 1
n n n
n n n
x v u
− − −
= ⇒ = − ⇒ = −
.
0,5
b. 2,0 điểm
0 1 2 2010
2.3 2.3 2.3 2.3 2011S = + + + + −
0,5
( )
0 1 2 2010
2 3 3 3 3 2011= + + + + −
0,5
( )
2011
2 3 1
2011
3 1
−
= −
−
0,5
2011
3 2012= −
0,5
4
(3,0 điểm)
Chứng minh được:
( )
( )
2
2 2 2
3 3a b c a b c+ + ≤ + + =
0,5
Suy ra:
3a b c+ + ≤
và
( ) ( )
3
3a b c a b c+ + ≤ + +
0,5
( )
3
8 3
2 6 2 3 6
3 3
a b c
M a b c abc
+ +
≤ + + + ≤ + ≤
÷
0,5 + 0,5
Vậy GTLN của M là
8 3
3
0,5
Giá trị này đạt được khi
1
3
a b c= = =
.
0,5
5
(3,0 điểm)
Viết lại hệ:
( )
( )
2
2
2 2 3
2
x x x y m
x x x y m
+ + = − −
+ + + =
0,5
Đặt
2
2 ,u x x v x y= + = +
. Dễ có:
1u ≥ −
.
Hệ trở thành:
. 2 3u v m
u v m
= − −
+ =
0,5
WWW.ToanCapBa.Net 13
WWW.ToanCapBa.Net
Suy ra:
( ) ( )
2
2
3
2 3 3 2
2
u
u m u m u m u m
u
−
− = − − ⇔ − = + ⇔ =
+
0,5
Xét hàm
( )
2
3
2
u
f u
u
−
=
+
với
1u
≥ −
.
( )
( )
2
/
2
4 3
0, 1
2
u u
f u u
u
+ +
= ≥ ∀ ≥ −
+
0,5
Bảng biến thiên:
u
1−
+∞
( )
/
f u
+
( )
f u
+∞
2−
0,5
Kết luận :
2m ≥ −
.
0,5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
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)
Câu 1 (2 điểm)
1. Cho hàm số
2
1
x
y
x
−
=
+
có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến của (C)
tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh
tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M.
2. Tìm m để hàm số
2
9 9y x m x= + +
có cực đại.
Câu 2 (2 điểm)
a. Giải phương trình
2012 2012
1005
1
sin x cos x
2
+ =
b. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
1 1
1
x x y y
x y xy
+ + = + −
+ − =
Câu 3 (2 điểm)
WWW.ToanCapBa.Net 14
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
WWW.ToanCapBa.Net
1. Chứng minh
9 3
tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x
π
π
+ ≥ + − ∀ ∈
÷
. Từ đó suy ra trong mọi tam
giác nhọn ABC ta có
9 3
tan tan tan sin sin sin
2
A B C A B C+ + + + + ≥
.
2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
2
4 4 16y x x x= + + − − −
.
Câu 4 (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA =
3a
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.
d) M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho
·
0
45MAN =
.
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
2 2 2
1a b c+ + =
. Chứng minh
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + + + + +
…………………Hết………………….
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
I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00
2
( ) ; , 1
1
a
M C M a a
a
−
∈ ⇒ ≠ −
÷
+
.
2 2
3 3
' '( )
( 1) ( 1)
y y a
x a
= ⇒ =
+ +
0,25
Tiếp tuyến của (C) tại M có pt
2
3 2
( )
( 1) 1
a
y x a
a a
−
= − +
+ +
( )∆
Tiệm cận đứng
1
∆
có phương trình
1x = −
Tiệm cận ngang
2
∆
có phương trình
1 ( 1;1)y I= ⇒ −
0,25
1
5
1;
1
a
A A
a
−
∆ ∩ ∆ = ⇒ −
÷
+
,
( )
2
2 1;1B B a∆ ∩ ∆ = ⇒ +
0,25
1 1 5 1 6
. 1. 2 2 . .2 1 6
2 2 1 2 1
IAB
a
S IA IB a a
a a
−
= = − + = + =
+ +
(không
phụ thuộc vào a, đpcm)
0,25
2 Tìm m để hàm số
2
9 9y x m x= + +
có cực đại 1,00
WWW.ToanCapBa.Net 15
WWW.ToanCapBa.Net
TXĐ:
¡
,
2 2 2
9
' 9 , ''
9 ( 9) 9
mx m
y y
x x x
= + =
+ + +
2 2
' 0 9 9 0 9 9y x mx x mx= ⇔ + + = ⇔ + = −
⇔
2 2 2 2 2
0 0
81( 9) ( 81) 81.9
mx mx
x m x m x
< <
⇔
+ = − =
(I)
0,25
TH 1.
2 2
81 9 9 . 9 9 9( )m m m x x x x
≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇒ ≤ < + ∀
nên
2
2
9 9
' 0,
9
x mx
y x
x
+ +
= > ∀
+
suy ra hàm số đồng biến trên
¡
, không
có cực trị.
0,25
TH 2.
1
2
27
9 ( )
81
m I x
m
−
> ⇒ ⇔ =
−
1 1
2 2
1 1
9
''( ) 0
( 9) 9
m
y x x
x x
= > ⇒
+ +
là điểm cực tiểu
9m⇒ >
loại
0,25
TH 3.
2
2
27
9 ( )
81
m I x
m
< − ⇒ ⇔ =
−
2 2
2 2
2 2
9
''( ) 0
( 9) 9
m
y x x
x x
= < ⇒
+ +
là điểm cực đại.
Vậy hàm số có cực đại
⇔
9m < −
0,25
II 1 Giải phương trình
2012 2012
1005
1
sin x cos x
2
+ =
(1) 1,00
Đặt
[ ]
2
sin , 0;1t x t= ∈
. (1) có dạng:
1006 1006
1005
1
(1 )
2
t t+ − =
(2) 0,25
Xét hàm số
[ ]
1006 1006
( ) (1 ) , 0;1f t t t t= + − ∈
1005 1005
'( ) 1006[ (1 ) ]f t t t= − −
;
1
'( ) 0
2
f t t= ⇔ =
0,25
[ ]
1005 1005
0;1
1 1 1
(0) (1) 1, min ( )
2 2 2
f f f f t
= = = ⇒ =
÷
Vậy
1
(2)
2
t⇔ =
0,25
hay (1)
⇔
2
1
sin cos2 0
2 4 2
x x x k
π π
= ⇔ = ⇔ = +
(
k Z∈
) 0,25
2 Giải hệ phương trình
2 2
2 2
1 1 (1)
1 (2)
x x y y
x y xy
+ + = + −
+ − =
1,00
ĐK:
1y ≥
.
2 2
(1) 1 1x y y x⇔ − = − − +
2 2 2 2 2 2
2 1 1 2 ( 1)( 1)x xy y y x y x
⇒ − + = − + + − − +
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( 1)( 1) 1 1xy y x x y x y y x x y⇔ = − + ⇒ = + − − ⇔ − = −
0,25
WWW.ToanCapBa.Net 16
WWW.ToanCapBa.Net
Kết hợp với (2) ta được
2 2
2
2 2
1 0
2 0
2
1
x y x
x xy
y x
x y xy
− = − =
⇒ − = ⇔
=
+ − =
0,25
2
0 & (2) 1 1x y y= ⇒ = ⇔ = ±
2 2
1 1 2
2 & (2) 3 1
3
3 3
y x x x x y= ⇒ = ⇔ = ⇔ = ± ⇒ = ±
0,25
Thử lại ta có
0, 1x y= =
và
1 2
,
3 3
x y= =
thỏa mãn hệ pt
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên
0,25
III 1 Chứng minh
9 3
tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x
π
π
+ − ≥ − ∀ ∈
÷
. 1,00
Xét hàm số
9
( ) tan sin
2
f x x x x= + −
trên
0;
2
π
÷
3 2 2
2 2 2
1 9 2cos 9cos 2 (2cos 1)(cos x 4cos 2)
'( ) cos
cos 2 2cos 2cos x
x x x x
f x x
x x
− + − − −
= + − = =
Vì
2
0; 0 cosx<1 (cos 2) 4cos 0 '( )
2
x x x f x
π
∈ ⇒ < ⇒ − − < ⇒
÷
cùng
dấu với
1 2cos x−
. Bảng biến thiên của
( )f x
x 0
3
π
2
π
'( )f x
- 0 +
( )f x
3
( 3 )
2
π
−
Vậy
9 3
( ) tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
f x x x x x
π
π
= + − ≥ − ∀ ∈
÷
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
x
π
=
Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên
, , 0;
2
A B C
π
∈ ⇒
÷
9 3
tan sin ( 3 )
2 2
A A A
π
+ ≥ + −
. Tương tự, cộng lại ta được
9 9
tan tan tan sin sin sin ( ) ( 3 )
2 2
A B C A B C A B C
π
+ + + + + ≥ + + + −
Kết hợp với
A B C
π
+ + =
ta có đpcm
0,25
0,25
0,25
0,25
2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
4 4 16y x x x= + + − − −
1,00
TXĐ:
[ ]
4;4D = −
. Đặt
4 4 , 0t x x t= + + − ≥
. Bình phương ta
WWW.ToanCapBa.Net 17
WWW.ToanCapBa.Net
được
2
8 2 ( 4)(4 ) 8t x x= + + − ≥
. Dấu bằng có khi x=
4
±
Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có
2
8 2 ( 4)(4 ) 8 ( 4) (4 ) 16t x x x x
= + + − ≤ + + + − =
.D bằng có khi x=0
Do
0 2 2 4t t≥ ⇒ ≤ ≤
Khi đó
2
2
8 1
( ) 4, 2 2;4
2 2
t
y f t t t t t
−
= = − = − + + ∈
'( ) 1, '( ) 0 1f t t f t t= − + = ⇔ =
(loại)
(2 2) 2 2, (4) 0f f= =
.
Vậy
[ ]
4;4
2 2;4
min min ( ) 0y f t
−
= =
khi x=0,
[ ]
4;4
2 2;4
max max ( ) 2 2y f t
−
= =
khi x=
4
±
0,25
0,25
0,25
0,25
IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50
C'
D'
B'
C
A
B
D
S
, ( ) 'BC AB BC SA BC SAB BC AB⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
( ) ' ' ( ) 'SC P SC AB AB SBC AB SB⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Tương tự
'AD SD⊥
0,25
0,25
. ' ' ' . ' ' . ' 'S AB C D S AB C S AD C
V V V= +
2 2
. ' '
2 2 2 2
.
' ' '. '. 3 3 9
. . . .
4 5 20
S AB C
S ABC
V SB SC SB SB SC SC SA SA
V SB SC SB SC SB SC
= = = = =
(1)
2 2
. ' '
2 2 2 2
.
' ' '. '. 3 3 9
. . . .
4 5 20
S AD C
S ADC
V SD SC SD SD SC SC SA SA
V SD SC SD SC SD SC
= = = = =
(2)
0,25
0,25
Do
3
2
. .
1 1 3
. . 3
3 2 6
S ABC S ADC
a
V V a a= = =
0,25
Cộng (1) và (2) theo vế ta được
3 3
. ' ' . ' '
. ' ' '
3 3
9 9 9 3 3 3
.
20 20 10 6 20
3 3
6 6
S AB C S AD C
S AB C D
V V a a
V
a a
+ = + ⇔ = =
0,25
WWW.ToanCapBa.Net 18
WWW.ToanCapBa.Net
2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50
( Hình vẽ trang cuối)
.
1
. . 3
3
S AMN AMN
V S a=
. Đặt
,BM x DN y= =
;
[ ]
, 0;x y a∈
Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho
DP BM x= =
·
·
,ABM ADP AM AP BAM DAP∆ = ∆ ⇒ = =
0,25
·
·
·
·
·
·
0 0 0
45 45 45MAN BAM DAN NAP DAP DAN= ⇒ + = ⇒ = + =
1 1
. ( )
2 2
MAN PAN
MAN PAN S S AD PN a x y⇒ ∆ = ∆ ⇒ = = = +
(*)
0,25
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )MN MC CN x y a x a y= + ⇔ + = − + −
0,25
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 ( )x y xy a x ax a y ay xy a x y a+ + = + − + + − ⇔ + + =
2
a ax
y
x a
−
⇔ =
+
0,25
Thế vào (*) ta được
2
1
( )
2
MAN
a ax
S a x
x a
−
= +
+
Đặt
2 2 2 2
2
2
( ) '( ) .
2 2 ( )
a x a a x ax a
f x f x
x a x a
+ + −
= ⇒ =
÷
+ +
'( ) 0 ( 2 1)f x x a= ⇔ = −
.
0,25
2
(0) ( )
2
a
f f a= =
,
2
(( 2 1) ) ( 2 1)f a a− = −
[ ]
2
0;
max ( )
2
a
a
f x⇒ =
,
[ ]
2
0;
min ( ) ( 2 1)
a
f x a= −
Vậy
3
.
3
max
6
S AMN
a
V =
khi
,
,
M B N C
M C N D
≡ ≡
≡ ≡
3
.
3( 2 1)
min
3
S AMN
a
V
−
=
khi
( 2 1)MB ND a= = −
0,25
V
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + + + + +
1,00
, 0x y∀ >
ta có
2
2 2 2 2
2 2 2
x
x y xy x xy y x y
y
+ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ −
0,25
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
1 ( 1)
2( 1) ( 3 )
3
3
a ab a ab
a ab a ab c
a ab c
a ab c
+ + + +
⇒ = ≥ + + − + +
+ +
+ +
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2( )
2
a b
a c ab a b c a c
+
= + − − ≥ + + + − −
0,25
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
5 3 2 (10)( )
2 20
a b c a a a a a b b b c c+ + + + + + + + + + +
= =
WWW.ToanCapBa.Net 19
WWW.ToanCapBa.Net
2
( )
5 3 2
2 5 2 5
a a a a a b b b c c
a b c
+ + + + + + + + +
+ +
≥ =
0,25
Tương tự, cộng lại ta được
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
5( )
3 3 3
a ab b bc c ca
a b c
a ab c b bc a c ca b
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + + + + +
Đẳng thức xảy ra
1
3
a b c⇔ = = =
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2011 -2012
MÔN: TOÁN 12 – THPT
Thời gian: 180 phút (không kể phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/11/2011
Đề thi có 01 trang
Bài 1. (4,0 điểm).
Cho hàm số
3 2
1
y = x 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
đó là giá trị lớn nhất của hàm số:
2
4
4x +3
g(x) =
x +1
.
Bài 2. (5,0 điểm).
Giải các phương trình sau trên tập số thực R:
1/
2
cosx + 3(sin2x +sinx)-4cos2x.cosx -2cos x +2 0=
.
2/
4 3 2
x 2x + x 2(x x) = 0− − −
.
Bài 3. (5,0 điểm).
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương)
và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’)
nằm trên đoạn thẳng A’C.
1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’.
WWW.ToanCapBa.Net 20
x
y
x
45
0
A
D
B
C
M
N
P
WWW.ToanCapBa.Net
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
uuuur uuuur
uuuur
nhỏ nhất.
Bài 5(3 điểm).
Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng
(m+2010)!
m!2011!
là một số nguyên.
HẾT
e) Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
f) Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh…………………… ……………… Số báo danh………
WWW.ToanCapBa.Net 21
WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012
TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
(gồm 4 trang)
A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
WWW.ToanCapBa.Net 22
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net 23
Bài(ý) Nội dung đáp án Biểu
điểm
Bài 1
(4 đ)
Bài 2
(5 đ)
1/
(2,5 đ)
* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2
4
4x +3
g(x) =
x +1
- Đặt t = x
2
, với
t 0≥
ta có hàm số
2
t
4 +3
g(t) =
t +1
;
-
2 2
2
4t 6t +4
g'(t) =
(t +1)
− −
; g’(t) = 0
1
t = 2;t =
2
−⇔
;
- Ta lại có:
lim ( ) 0
t
g t
→−∞
=
;
lim ( ) 0
t
g t
→+∞
=
, bảng biến thiên của hàm số:
t
−∞
–2 0
1
2
+∞
g’(t) – 0 + + 0 –
g(t) 0
–1
3
4
0
- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là
(x)
g
= 4, đạt được khi
2
2
x = ±
* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)
- Ta có: y’ = 3x
2
– x , giả sử điểm M
0
(x
0
, f(x
0
))
∈
(C), thì hệ số góc tiếp tuyến
của (C) tại M
0
là f’(x
0
)=
2
0 0
3x x−
- Vậy:
2
0 0
3x x = 4−
suy ra x
0
= –1; x
0
=
4
3
, tung độ tương ứng f(–1) = –
3
2
; f(
4
3
) =
40
27
+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;–
3
2
); (
4
3
;
40
27
)
Phương trình
⇔
cosx + 2cos
2
x +
3
.sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos
2
x – 1 ) = 0.
⇔
cosx(2cosx + 1)+
3
.sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0
⇔
(2cosx + 1)(cosx +
3
.sinx –2.cos2x) = 0
Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0
⇒
2
2 ,
3
x k k Z
π
π
= ± + ∈
2/ cosx +
3
.sinx –2.cos2x = 0
⇔
1 3
cos sin cos2
2 2
+ =x x x
⇔
cos( ) cos 2
3
x x
π
− =
⇔
2
2 ; ;
3 9 3
k
x k x k Z
π π π
π
= − + = + ∈
,
- Nghiệm của pt là:
2
2 ,
3
x k k Z
π
π
= ± + ∈
;
2
2 ; ;
3 9 3
k
x k x k Z
π π π
π
= − + = + ∈
0,75
0,5
0,75
0,5
1,0
0,5
1,0
0,5
0,5
0,5
2/
(2,5 đ)
- Phương trình
⇔
2 2
4 3 2
(x 2x + x x x) 2(x x) = 0− − − − −
⇔
2 2 2
2
((x x) x x) 2(x x) = 0− − − − −
- Đặt t =
2
x x−
, với
t 0≥
ta có phương trình:
t
4
– t
2
–
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−
1,0
0,75
0,75
WWW.ToanCapBa.Net
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.
Hết
SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN
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
(Đề thi có 01 trang)
ĐỀ BÀI
Câu 1: (6 điểm)
1. Cho phương trình:
1 2sin 1 sin
2 3.2 4
x x
m
+ +
− = −
(1) (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 0.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
2. Giải hệ phương trình:
6 6
5 5
1
1
x y
x y
+ =
+ =
Câu 2: (5 điểm)
1. Tìm GTLN của hàm số:
3 2
3 72 90y x x x= − + + −
trên đoạn
[ ]
7;7−
.
2. Cho hàm số
4 2
1
2 3
4
y x x= − +
có đồ thị là (C). Tính diện tích tam giác có các đỉnh là các điểm cực
trị của đồ thị (C).
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:
cos sin sin 2cos 3 0x t y t t t+ + − − =
(t là tham số) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
2. Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1
=
2 5a
và
·
120BAC =
o
. Gọi M là trung
điểm của CC
1
. Chứng minh MB
⊥
MA
1
và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A
1
BM).
Câu 4: (1.5 điểm)
Cho đa thức
( )
1 2
1 2 1
1
n n n
n n
f x x a x a x a x
− −
− −
= + + + + +L
có các hệ số không âm và có n nghiệm
thực. Chứng minh
( )
2 3
n
f ≥
.
Câu 5: (1.5 điểm)
WWW.ToanCapBa.Net 24
WWW.ToanCapBa.Net
Cho hàm số:
3
2009y x x= −
có đồ thị là (C).
1
M
là điểm trên (C) có hoành độ
1
1x =
. Tiếp tuyến của
(C) tại
1
M
cắt (C) tại điểm
2
M
khác
1
M
, tiếp tuyến của (C) tại
2
M
cắt (C) tại điểm
3
M
khác
2
M
, tiếp
tuyến của (C) tại điểm
1n
M
−
cắt (C) tại điểm
n
M
khác
1n
M
−
(n = 4; 5;…), gọi
( )
;
n n
x y
là tọa độ điểm
n
M
.
Tìm n để :
2013
2009 2 0
n n
x y+ + =
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 12
NĂM HỌC 2009-2010
Câu 1 NỘI DUNG 6điểm
1
(4điểm)
1 2sin 1 sinx
2 3.2 4
x
m
+ +
− = −
Đặt
sinx
1
2 ;2
2
t t
= ⇒ ∈
ta có phương trình:
2
2 6 4t t m− = −
(2)
0.5
a.Với m = 0 suy ra:
2
2 6 4 0 1 2t t t t− + = ⇔ = ∨ =
0.5
sinx
1 2 1 sinx 0t x k
π
= ⇒ = ⇔ = ⇔ =
sinx
2 2 2 sinx 1 2
2
t x k
π
π
= ⇒ = ⇔ = ⇔ = +
1
b.ycbt
⇔
(2) có nghiệm
1
;2
2
t
∈
( )
2
2 2 6 4t t m⇔ − + =
0.5
(2) có nghiệm khi đường thẳng y = m cắt
( )
2
: 2 6 4P y t t= − +
trên
1
;2
2
0.5
……
( )
1 3 3 1
; ; 2 0
2 2 2 2
y y y
= = − =
÷ ÷
0.5
Suy ra
1 3
2 2
m− ≤ ≤
thì (1) có nghiệm
0.5
2
(2điểm)
6 6
5 5
1 (1)
1 (2)
x y
x y
+ =
+ =
Lập luận từ (1) và (2) suy ra
[ ]
, 1;1x y ∈ −
và x, y không cùng dấu
0.75
Vai trò của x, y bình đẳng , không làm mất tính tổng quát giả sử
1 0 1x y− < < < <
. Lập luận đưa ra hệ vô nghiệm
0.75
Nhận thấy
( ) ( )
0;1 ; 1;0
là các nghiệm của hệ
0.5
Câu 2
3 2
3 72 90y x x x= − + + −
trên đoạn
[ ]
7;7−
4 điểm
1
(2điểm)
Xét hàm
( )
3 2
3 72 90f x x x x= − + + −
trên
[ ]
7;7−
2
' 3 6 72 0 4 6y x x x x= − + + = ⇔ = − ∨ =
0.5
( ) ( ) ( ) ( )
4 266; 6 234; 7 218; 7 104y y y y− = − = = − = −
1.0
WWW.ToanCapBa.Net 25
