tuyển tập đề thi và đáp án học sinh giỏ toán 12 của 32 tỉnh thành phố

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

Toán học, Học sinh giỏi tỉnh Nam ðịnh, Lớp 12,
2004
Bài từ Thư viện Khoa học VLOS.

ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN
TỈNH NAM ðỊNH
Trường học

Trung học phổ thông

Lớp học

12

Năm học

2004

Môn thi

Toán học

Thời gian

150 phút

Thang ñiểm

20

Câu I (5,0 ñiểm).
Giải bất phương trình

.

Câu II (6,0 ñiểm).
1) Cho phương trình
Tìm tất cả các giá trị của tham số a, ñể phương trình có ñúng 2 nghiệm phân biệt.
2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m, hệ sau luôn có nghiệm (x;y)

Câu III (6,0 ñiểm).


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz. Cho 2 ñường thẳng

sao cho các ñường thẳng:

ñôi một chéo nhau và vuông góc nhau.
1) Xét ñường thẳng d bất kì ñi qua O. Gọi

thứ tự là góc giữa d với các ñường thẳng

. Chứng minh:
2) Biết rằng khoảng cách giữa hai ñường thẳng bất kỳ trong ba ñường thẳng
bằng 2 ñơn vị ñộ dài. Một hình hộp ABCD.A'B'C'D' thỏa mãn B' và D thuộc
thuộc ; A và D' thuộc . Tính thể tích khối hộp ABCD.A'B'C'D'.

Câu IV (3,0 ñiểm).
Cho a, b là các số dương. Chứng minh rằng:
.

cùng
; A' và C'


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

Toán học, Học sinh giỏi tỉnh Nam ðịnh, Lớp
12, 2005
Bài từ Thư viện Khoa học VLOS.

ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN
TỈNH NAM ðỊNH
Trường học

Trung học phổ thông

Lớp học

12

Năm học

2005

Môn thi

Toán học

Thời gian

150 phút

Thang ñiểm

20

Câu I (6,0 ñiểm).
Cho hàm số

, (m là tham số).

1) Khi
, hãy tìm khoảng ñồng biến, khoảng nghịch biến của hàm số.
2) Xác ñịnh m ñể hàm số nghịch biến trên R.

Câu II (4,0 ñiểm).

Tính tích phân

Câu III (7,0 ñiểm).


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

Trên mặt phẳng với hệ tọa ñộ vuông góc Oxy, cho ñường parabol (P) có phương trình:
và ñường tròn (C) có phương trình:
1) Chứng minh rằng (P) và (C) có ñúng 4 giao ñiểm phân biệt.
2) Cho ñiểm A(1;6) thuộc ñường tròn (C). Hãy lập phương trình ñường tròn ñi qua ñiểm
M(2;-1) và tiếp xúc với ñường tròn (C) tại ñiểm A.
3) Giả sử ñường thẳng (d) thay ñổi ñi qua ñiểm A sao cho (d) cắt (P) tại hai ñiểm phân
biệt

. Gọi
cắt

thứ tự là tiếp tuyến của (P) tại tiếp ñiểm

. Biết rằng

ở ñiểm N. Hãy chứng minh ñiểm N nằm trên một ñường thẳng cố ñịnh.

Câu IV (3,0 ñiểm).

Chứng minh rằng với mọi số thực x thuộc khoảng

, ta ñều có:


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

Toán học, Học sinh giỏi tỉnh Nam ðịnh, Lớp
12, 2006
Bài từ Thư viện Khoa học VLOS.

ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN
TỈNH
Trường học

Học sinh giỏi tỉnh Nam ðịnh

Lớp học

12

Năm học

2006

Môn thi

Toán học

Thời gian

150 phút

Thang ñiểm

20

Sở Giáo dục - ðào tạo tỉnh Nam ðịnh
Bài 1 (5 ñiểm).
Cho hàm số

(với m là tham số).
1. Khi m = 0, gọi (d) là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại tiếp ñiểm có hoành ñộ x = 0,
gọi (d') là ñường thẳng ñi qua hai ñiểm cực trị của ñồ thị hàm số. Tìm cosin của góc giữa
(d) và (d').
2. Xác ñịnh m ñể hàm số có cực ñại và cực tiểu sao cho giá trị cực ñại và giá trị cực tiểu
trái dấu nhau.

Bài 2 (4 ñiểm).

Trên mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñường tròn elip (E) có phương trình:
và ñường tròn (C) có phương trình:
hai tiếp tuyến ñến (E) là
và

. Từ ñiểm M trên (C) ta kẻ
với tiếp ñiểm theo thứ tự là
và
.


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
1. Khi M có hoành ñộ
, hãy viết phương trình các ñường thẳng
và
.
2. Khi M thay ñổi trên (C), hãy tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ M ñến ñường
.
thẳng

Bài 3 (3 ñiểm).
Trong không gian tọa ñộ Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác ñều OBC.O'B'C', biết:
C(1;0;0), O'(0;0;1)
và B nằm ở góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng tọa ñộ Oxy. Gọi M, N, E theo thứ tự
là trung ñiểm các cạnh BC, CC', C'O'.
1. Xác ñịnh tọa ñộ của ñiểm P thuộc ñường thẳng OO' ñể PM = PE.
2. Với ñiểm P vừa tìm ñược, hãy tính thể tích khối tứ diện PMNE.

Bài 4 (5 ñiểm).

1. Giải phương trình:
2. Giải phương trình:

với

.

Bài 5 (3 ñiểm).
1. Chứng minh rằng:
Nếu a là số dương sao cho bất phương trình
, nghiệm ñúng với mọi
thì
.
2. Tìm tất cả các số dương a là ñiều kiện cần và ñủ ñể bất phương trình:
, nghiệm ñúng với mọi số thực x.


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO

TP.HCM

ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao ñề)

TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG
KHIẾU TP.HCM

ðề thi chính thức

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số
thoả mãn
Bài 2. Cho dãy
thoả mãn

.

Tìm tất cả các số nguyên tố p là ước của

và

.

Bài 3. Trong một hội nghị khoa học có 5000 ñại biểu tham dự, mỗi một ñại biểu biết ít nhất một thứ tiếng. Một uỷ ban
gồm một số ñại biểu ñược gọi là uỷ ban làm việc nếu tất cả thành viên trong uỷ ban ñều biết chung một thứ tiếng và
ñược gọi là uỷ ban thách thức nếu không có hai thành viên nào của uỷ ban biết chung một thứ tiếng (uỷ ban có thể gồm
1 thành viên; uỷ ban này gọi là làm việc cũng ñược, thách thức cũng ñược). Chứng minh rằng có thể chia các ñại biểu
thành ñúng 100 uỷ ban rời nhau (mỗi ñại biểu thuộc ñúng một uỷ ban) sao cho các uỷ ban này hoặc là uỷ ban làm việc

hoặc là uỷ ban thách thức.
Bài 4. Tam giác ABC có B,C cố ñịnh còn A di ñộng sao cho AB=AC và

. ðường thẳng ñối xứng với

BC qua AB cắt AC tại P. Trên ñoạn PC lấy M sao cho PM=PB. Gọi N là giao ñiểm của AB với phân giác ngoài góc
BCA. Chứng minh MN luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh.
thỏa mãn ñiều kiện

Bài 5. Cho 2014 số thực

và
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Bài 6. Cho dãy số

.

xác ñịnh bởi:

.
Tìm
Bài 7. Cho n là số nguyên dương và A là tập con khác rỗng của
Tính giá trị của tổng
Cho
cho

.

, trong ñó E lấy trên tất cả các tập con của X (kể cả tập rỗng).

, xét m tập con khác rỗng của X là

và m số nguyên khác 0 là

. Chứng minh rằng tồn tại tập con E của X sao cho

(Ký hiệu |A| chỉ số phần tử của tập hợp A, số phần tử của tập rỗng là 0).

sao


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
Bài 8. Tam giác ABC nhọn có trực tâm H và P là ñiểm di ñộng bên trong tam giác ABC sao cho
ðường thẳng qua B vuông góc với AB cắt PC tại M, ñường thẳng qua C vuông góc với AC cắt PB tại N. Chứng minh
trung ñiểm I của MN luôn thuộc một ñường thằng cố ñịnh.

.


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

SỞ GD&ðT NINH BÌNH
ðỀ THI CHÍNH THỨC

ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi 18/12/2012

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao ñề)
ðề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (3,0 ñiểm).
Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có ñồ thị là (Cm), ñường
thẳng d có phương trình y = x + 4 và ñiểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m ñể d cắt
(Cm) tại ba ñiểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 .
Câu 2 (6,0 ñiểm).
1. Cho phương trình 2cos2x – mcosx =

1
sin4x + msinx, m là tham số (1).
4

a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
b) Tìm m ñể phương trình (1) có nghiệm trong ñoạn [0,
2. Giải phương trình

π
4

].

3 x + 3 − 5 − 2 x − x3 + 3 x 2 + 10 x − 26 = 0, x ∈ ℝ .

Câu 3 (4,0 ñiểm).
1. Tìm hệ số của x18 trong khai triển của (2 – x2)3n biết n ∈ ℕ* thoả mãn ñẳng thức
sau:

C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 512 .

2. Cho dãy số (un) với un + 1 = a.un + b, n ≥ 1 , a, b là 2 số thực dương cho trước. Với
n ≥ 2, tìm un theo u1, a, b và n.
Câu 4 (5,0 ñiểm).
1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung ñiểm của các
cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích
của hai phần ñó.
2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có ñộ dài không lớn hơn 1.
Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V.

Câu 5 (2,0 ñiểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
+
+
≥ 1.
a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2
Dấu ñẳng thức xảy ra khi nào?
--------HẾT-------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ........................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:...................................................................................................


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:...................................................................................................


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN

WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

SỞ GD&ðT NINH BÌNH

HDC ðỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 18/12/2012
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

A) Hướng dẫn chung:
1) Học sinh làm ñúng ñến ñâu thì giám khảo chấm ñến ñó. Học sinh trình bày theo cách
khác mà ñúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu ñiểm của HDC.
2) Việc chi tiết hóa thang ñiểm phải ñảm bảo không làm sai lệch biểu ñiểm của HDC và
phải ñược thống nhất trong toàn hội ñồng chấm thi.
3) ðiểm của bài thi không làm tròn.
B) Hướng dẫn cụ thể:
Câu
ðáp án
ðiểm
Xét phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và d:
x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x(x2 + 2mx + m + 2) = 0
0,5
x = 0
⇔ 2
 x + 2mx + m + 2 = 0 (*)

d cắt (C) tại 3 ñiểm phân biệt ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
∆' = m 2 − m − 2 > 0
⇔

⇔ m ∈ (− ∞;−2) ∪ (− 2;−1) ∪ (2;+∞ )
m + 2 ≠ 0

0,5

Khi ñó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*).
 x + x = −2m

Theo Vi-ét ta có  1 2
1
 x1 x 2 = m + 2
(3,0
ñiểm) ⇒ BC = 2 ( x − x )2 = 2( x + x )2 − 8 x x = 2 2(m 2 − m − 2)
1
2
1
2
1 2
Ta có khoảng cách từ K ñến d là h = 2 .
Do ñó diện tích ∆KBC là:
1
1
S = .h.BC =
2.2 2 (m 2 − m − 2) = 2 m 2 − m − 2
2
2
1 ± 137
S = 8 2 ⇔ 2 m2 − m − 2 = 8 2 ⇔ m =
(TM ) .
2

1 ± 137
Vậy m =
.
2
1a. (2,5 ñiểm)

2
1
(6,0
2cos2x – mcosx = sin4x + msinx
ñiểm)
4
⇔ 4cos2x - sin2x.cos2x – 2m(sinx + cosx) = 0
⇔ cos2x(4 - sin2x) – 2m(sinx + cosx) = 0
⇔ (cos2x – sin2x)(4 - sin2x) - 2m(sinx + cosx) = 0
⇔ (sinx + cosx)[(cosx – sinx)(4 - sin2x) - 2m] = 0
sin x + cosx = 0 (2)
⇔
 (cosx − sin x)(4 − sin 2 x) − 2m = 0 (3)

0,5
0,5

0,5

0,5

1,0

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN


π
π
*Giải (2): sin x + cosx = 0 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔ x = − + k π, k ∈ ℤ.

4
4
*Giải (3): (cosx − sin x)(4 − sin 2 x) − 2m = 0 .
ðặt t = cosx - sinx, t ≤ 2 ⇒ sin 2 x = 2sin x cos x = 1− t 2

0,5

0,5

PT (3) trở thành: t (3 + t ) − 2m = 0 ⇔ t + 3t − 2m = 0 (4)
2

3

Với m = 2, PT (4) trở thành: t 3 + 3t − 4 = 0 ⇔ (t −1)(t 2 + t + 4) = 0 ⇔ t = 1
Với t = 1, ta có:


π
2
π
π

cos x − sin x = 1 ⇔ cos  x +  =
⇔ x + = ± + k 2π, k ∈ ℤ

4
2
4
4
 x = k 2π, k ∈ ℤ

⇔
π
 x = − + k 2π, k ∈ ℤ.

2
Vậy với m = 2, PT ñã cho có nghiệm:
π
π
x = − + k π , x = k 2π, x = − + k 2π (k ∈ ℤ).
4
2
1b. (1,5 ñiểm)
π
Nghiệm của (2) không thuộc ñoạn [0, ] nên ñể PT ñã cho có nghiệm thuộc ñoạn

0,5

4

π
π

[0, ] thì PT (3) phải có nghiệm thuộc ñoạn [0, ] hay PT (4) có nghiệm thuộc
4

0,5

4

ñoạn [0, 1].
Ta có: t 3 + 3t − 2m = 0 ⇔ t 3 + 3t = 2m (5).
Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục trên ℝ có f '(t) = 3t2 + 3 > 0 ∀t ∈ ℝ . Suy ra:
min f (t ) = f (0) = 0, m ax f (t ) = f (1) = 4 .
[0,1]

0,5

[0,1]

PT (5) có nghiệm trên ñoạn [0, 1]
⇔ min f (t ) ≤ 2m ≤ m ax f (t ) ⇔ 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2.
[0,1]

[0,1]

0,5

Vậy m ∈ [0, 2] là giá trị cần tìm của m.
2. (2,0 ñiểm)


5

ðiều kiện: x ∈  −1;  .
 2

PT ⇔
⇔

(

) (

3x + 3 − 3 −

3( x − 2)

+

0,25

)

5 − 2 x −1 − x 3 + 3 x 2 + 10 x − 24 = 0

2 ( x − 2)

0,5

− ( x − 2)( x 2 − x −12) = 0

3x + 3 + 3

5 − 2x +1


3
2
⇔ ( x − 2) 
+
− x 2 + x + 12 = 0
 3x + 3 + 3

5 − 2 x +1
x = 2

⇔
3
2

+
− x 2 + x + 12 = 0
 3 x + 3 + 3
5 − 2 x +1

0,5


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN


5

Xét hàm số f ( x) = −x 2 + x + 12, x ∈ −1;  . Ta có f(x) liên tục trên

2 
Ta có f'(x) = -2x + 1, f'(x) = 0 ⇔ x =


5
−1;  .

2 

1
.
2

0,5


 33 49  33
5
1 
f
(
x
)
=
min
f
(
−

1);
f
(
);
f
(
)
=
min
Do ñó min


10, ,  = > 0 .

5



2
2
4 4  4
−1; 

2





3

2
5
+
− x 2 + x + 12 > 0 ∀x ∈ −1;  .

2 
3x + 3 + 3
5 − 2x +1
Vậy PT ñã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
1. (2,0 ñiểm)
2n
Ta có: (1 + 1) = C20n + C21n + C22n + C23n + ... + C22nn −1 + C22nn (1)
⇒

Ta có: (1 − 1) = C20n − C21n + C22n − C23n + ... − C22nn−1 + C22nn (2)
Cộng từng vế (1) và (2) ta ñược:
22 n = 2 ( C20n + C22n + C24n + ... + C22nn ) ⇒ C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 22 n−1
2n

0,25

0,5
0,5

Theo bài ra ta có: 22 n−1 = 512 ⇔ 2n −1 = 9 ⇔ n = 5
Từ ñó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 =

15

∑C

i
15

(2)15−i (−1) i x 2i

3
i =0
18
i
15
−
i
(4,0 ⇒ Hệ số của x là số C15 2 (−1) i sao cho 2i = 18 ⇔ i = 9.
ñiểm)
Vậy hệ số của x18 là: - C159 2 6 = -320.320
2. (2,0 ñiểm)
∀n ≥ 1, un+1 = aun + b ⇒ un+1 − un = a(un − un−1 ), ∀n ≥ 2.
ðặt vn = un+1 − un , n ≥ 1 ⇒ vn = avn−1 , n ≥ 2 ⇒ (vn ) là một cấp số nhân có công
bội bằng a.
Ta có: ∀n ≥ 1, vn = v1.a n−1 ; v1 = (a −1)u1 + b .
Vậy ta có: ∀n ≥ 2, un = (un − un−1 ) + (un−1 − un−2 ) + ..... + (u2 − u1 ) + u1

= v1 (a n−2 + a n−3 + ...... + 1) + u1 = u1.a n−1 + b(a n−2 + a n−3 + ...... + 1)
4
1. (3,0 ñiểm)
E
(5,0
Dựng ñúng thiết diện
ñiểm)

Chứng minh EI = IJ = JF. Từ ñó suy ra
I
A
B
EB
EM
FA ' 1
FN 1
M
=
=
= . Lại từ ñó suy ra
= .
EB ' EK
FB ' 3
FK 2
C
J
Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'.
EB 1
Suy ra SKFB’ = (3/4)SA’B’C’. Mặt khác vì
= nên
A'
B'
F
EB
'
3
N
K

suy
ra
d(E,
(KFB’))
=
(3/2)h
(h
là
chiều
cao
lăng
trụ).
C'
Do ñó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) .
VEBIM
EI EM EB 1 1 1
1
1 3
1
=
.
.
= . . =
nên VEBIM = . V = V .
27 8
72
VEB ' FK
EF EK EB ' 3 3 3 27
VFA ' JN
FJ FA ' FN 1 1 1

1
1 3
1
=
.
.
= . . =
nên VFA’JN = . V = V .
VFB ' EK
FE FB ' FK 3 3 2 18
18 8
48

0,5

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

0,5

0,5
0,5


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN

WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa
ñiểm B' và V2 là thể tích phần chứa ñiểm C.
Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V.
Do ñó V1/V2 = 49/95.
2. (2,0 ñiểm)

0,5

A

D
B

H

M
N
C

Theo giả thiết ∆ACD và ∆BCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. ðặt CD =
a ( 0 < a ≤ 1 ).
Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ∆ACD và ∆BCD .
Ta có AM ≤ 1 −

0,25

a2
a2

; BN ≤ 1 −
.
4
4

Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH ≤ AM ≤ 1 −

a2
.
4

0,75

1
1
a
a2
Thể tích của tứ diện ABCD: V = .S ∆BCD . AH = .BN .CD. AH ≤ (1 − )
3
6
6
4
2
Xét f (a ) = a(4 − a ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1].

f ' (a ) = 4 − 3a 2 , f ' (a) = 0 ⇔ a = ±
a

2
∉ (0;1] .

3

0

1
+

f'(a)

0,5
3

f(a)
0

Vậy m ax f (a) = f (1) = 3 .
(0,1]

1
khi ∆ACD và ∆BCD là hai tam giác ñều cạnh bằng 1, hai
8
mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc với nhau. Khi ñó tính ñược
6
AB =
> 1.
2
Suy ra maxV =

Ta có

a2
2ab 2
2ab 2
2
2/3
=
−
≥
−
= a − ( ab ) (Theo BðT Cô - si)
a
a
2
2
a + 2b
a + 2b
3
3 3 ab 4

5
(2,0
ñiểm) Tương tự:

b2
2
c2
2
2/3
2/3
≥

b
−
bc
,
≥ c − ( ca )
(
)
2
2
b + 2c
3
c + 2a
3
2
2
2
a
b
c
2
2/3
2/3
2/3
Khi ñó
+
+
≥ a + b + c − ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 
2
2
2



a + 2b b + 2c c + 2a
3

0,5

0,5

0,5


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
2
2/3
2/3
2/3
= 3 − ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (1)

3

Ta ñi chứng minh ( ab )

2/3

+ ( bc )

2/3

+ ( ca )

2/3

≤ 3 ⇔ 3 a 2b 2 + 3 b2 c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 3 (2)

Thật vậy theo Cô - si ta có a + b + ab ≥ 3 3 a 2b 2
Thật vậy theo Cô - si ta có c + b + bc ≥ 3 3 c 2b 2

0,5

Thật vậy theo Cô - si ta có a + c + ac ≥ 3 3 a 2 c 2
⇒ 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca ≥ 3

(

3

a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2

)

Mặt khác ta có:

( a − b ) + (b − c ) + ( c − a )
2

2

2

≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

⇔ ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) ⇔ ab + bc + ca ≤
2

Khi ñó ta có: 3

(

3

ab + bc + ca
2 2

3

2 2

3

2

2

1
2
(a + b + c) = 3
3

) ≤ 2.3 + 3 = 9

⇒ 3 a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 3 . Vậy (2) ñúng, thay vào (1) ⇒ ðPCM.
Dấu ñẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

-----------Hết-----------

0,5


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

SỞ GD&ðT NINH BÌNH
ðỀ THI CHÍNH THỨC

ðỀ THI CHỌN HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BT THPT
Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi 18/12/2012
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao ñề)
ðề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (5,0 ñiểm).
Cho hàm số y = x3 – 3x2 + m2x + m, m là tham số (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể hàm số (1) luôn ñồng biến trên ℝ .

Câu 2 (5,0 ñiểm). Giải phương trình:
1. cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0.

2.

3 − x + x + 2 = 3.

Câu 3 (4,0 ñiểm).
1. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số
ñôi một khác nhau trong ñó các chữ số 1 và 2 luôn ñứng cạnh nhau?
2. Cho ñường tròn (I) có phương trình x2 + y2 - 4x + 8y + 15 = 0. Viết phương trình
tiếp tuyến với (I) biết tiếp tuyến ñi qua ñiểm A(-1 ; 0).

Câu 4 (4,0 ñiểm).
Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên
SA = SB = SC = SD = a.
1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
2. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung ñiểm của các cạnh AB, AD và SC. Chứng tỏ rằng
mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau.

Câu 5 (2,0 ñiểm). Giải phương trình
2 x 2 + 8x + 6 + x2 − 1 = 2 x + 2 .

--------HẾT--------


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ........................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:...................................................................................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:...................................................................................................

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

SỞ GD&ðT NINH BÌNH

HDC ðỀ THI HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT
Năm học: 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 18/12/2012
(Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang)

A) Hướng dẫn chung:
1) Học sinh làm ñúng ñến ñâu thì giám khảo chấm ñến ñó. Học sinh trình bày theo cách
khác mà ñúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu ñiểm của HDC.
2) Việc chi tiết hóa thang ñiểm phải ñảm bảo không làm sai lệch biểu ñiểm của HDC và
phải ñược thống nhất trong toàn hội ñồng chấm thi.
3) ðiểm của bài thi không làm tròn.
B) Hướng dẫn cụ thể:
Câu
ðáp án
ðiểm
1) 3 ñiểm
Khi m = 0 ta có y = x3 − 3x 2
0,5
a) TXð: D = ℝ
b) Sự biến thiên:
+) Chiều biến thiên:
• y ' = 3x2 − 6 x = 3x(x − 2)
• y ' = 0 ⇔ 3 x ( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 0; x = 2

0,75
y ' < 0 ∀ x ∈ ( 0 ; 2 ) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)
y ' > 0 ∀ x ∈ ( − ∞ ; 0 ) ∪ ( 2 ; + ∞ ) nên hàm số ñồng biến trên mỗi
khoảng ( −∞ ; 0 ) và (2; +∞ ) .
+) Cực trị:
1
0,5
(5 ñiểm) Hàm số ñạt cực ñại tại xCð = 0, yCð = 0.
Hàm số ñạt cực tiểu tại xCT = 2, yCT = - 4.
+) Các giới hạn:
3
2
3
2
0,25
lim ( x − 3 x ) = −∞ ; lim ( x − 3 x ) = +∞
x → −∞

x → +∞

+) Bảng biến thiên:
x -∞
y'
y
-∞

+

0
0

0

-

2
0

+∞
+
+∞

0,5

-4

c) ðồ thị: ðồ thị cắt Ox tại hai ñiểm (0, 0) và (3,0).

0,5


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN
y

O

3 x

2

-4

2) 2 ñiểm
+ Ta có : y’ = 3x2 – 6x + m2
+ Hàm số luôn ñồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0 ∀x ∈ ℝ
3 > 0
a >0
⇔ '
⇔
2
∆ ≤ 0
9 − 3m ≤ 0
⇔ m ∈ (- ∞ ; − 3 ] ∪ [ 3;+∞)
Vậy với m ∈ (- ∞ ; − 3 ] ∪ [ 3;+∞) thì hàm số luôn ñồng biến trên ℝ .
1) 3 ñiểm
cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0 ⇔ 2cos

3x
x
7x
x
cos + 2 cos cos = 0
2
2
2
2

x
5x
cos cosx = 0

2
2
x
5x
⇔ cos = 0; cos = 0; cos x =0
2
2

 x = π + k 2π, k ∈ ℤ

π
2π
⇔ x = + k
, k ∈ℤ

5
5

π
 x = + k π, k ∈ ℤ

2
⇔ 4cos

2
5 ñiểm

Vậy PT ñã cho có nghiệm: x = π + k 2π; x =
2) 2 ñiểm
ðặt U = 3 − x , V =

U = 1
U = 2
hoặc 
V = 2
V = 1
U = 1
U = 2
⇒ x = 2; 
⇒ x = −1

V = 2
V = 1

Giải hệ ta có : 

3

Vậy PT ñã cho có nghiệm là x = 2 ; x = -1
1) 2 ñiểm

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

1,25

π
2π
π
+k
; x = + kπ (k ∈ ℤ)
5
5
2

x + 2 (ðiều kiện U ≥ 0; V ≥ 0) ta có hệ:

U + V = 3
 2
2
U + V = 5

0,25
0,5

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


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

4 ñiểm

Gọi số ñược lập là: a1a2 a3a4 a5

0,25

Xét trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở vị trí: a1a2
Trong trường hợp này có: 2.A 35 = 120 số thỏa mãn ðK ñề bài.
Tương tự với các trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở các vị trí:
a2 a3 , a3 a 4 , a4 a5 ta nhận ñược số các số thỏa mãn ðK là: 4.120 = 480 (số).
2) 2 ñiểm
ðường tròn (I) có tâm là K(2; - 4), bán kính R = 5
ðường thẳng ∆ ñi qua ñiểm A(-1; 0) có PT dạng:
a(x + 1) + by = 0 ⇔ ax + by + a = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0)
ðể ∆ là tiếp tuyến của ñường tròn (I) thì:

0,25

d(K, ∆ ) = R ⇔

4
4 ñiểm

2a − 4b + a
a +b
2

2

= 5 ⇔ 4a 2 − 24ab + 11b 2 = 0 (*)

Ta thấy nếu b = 0 thì từ (*) suy ra a = 0, không TMðK.
a
1
11
Nếu b ≠ 0 , ñặt t = , từ phương trình (*) ta có: t = hoặc t = .
b
2
2
Từ ñó tìm ñược PT tiếp tuyến là: x + 2y + 1 = 0 hoặc 11x + 2y + 11 = 0.
1) 2 ñiểm

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

0,5
0,5

S

P
Q
B

C

E

0,25

R
H

D

N

M
A

F

(Vẽ hình ñúng ý a)
Gọi H là giao ñiểm của AC và BD. Vì S.ABCD là chóp ñều nên SH là
ñường cao của hình chóp.
Áp dụng ñịnh lý Pitago trong tam giác vuông HSA:
AC 2
a2
a 2
=
⇒ SH =
4
2
2

SH2 = SA2 - AH2 = SA2 SABCD = a 2

0,25
0,5
0,25

1
3

Áp dụng công thức V = Bh ta có V =

1
a3 2
SH.SABCD =
.
3
6

2) 2 ñiểm
Kéo dài MN cắt CB, CD lần lượt tại E và F. PE cắt SB tại Q, PF cắt SD
tại R. Thiết diện của hình chóp cắt bởi (MNP) là ngũ giác MNRPQ.

0,75

0,5


WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN
WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN

Gọi phần thể tích không chứa ñỉnh S là V1 , phần thể tích còn lại là V2 .
V1 1

= , V là thể tích S.ABCD.
V 2
+ VQ.BME ) = VP.CEF − 2VR. DFN

Ta phải chứng minh V1 = V2 hay
Ta có: V1 = VP.CEF − (VR.DFN
(vì VR.DFN = VQ.BME ).

0,25

0,5

Ta tính V1 , VP.CEF ,VR.DFN theo V.
1
1 9
1
9
VP.CEF = SCEF .PK = . S ABCD . SH = V (PK là ñường cao của hình
3
3 8
2
16

0,25

chóp P.CEF).
1
1 1
1
1

VR.DFN = S DFN .RJ = . S ABCD . SH = V (RJ là ñường cao của hình
3
3 8
4
32

0,25

chóp R.DFN).
Từ ñó suy ra: V1 = VP.CEF − 2VR.DFN =

9
1
1
V− V= V
16
16
2

0,25

Suy ra ñiều phải chứng minh.
2 x 2 + 8 x + 6 ≥ 0
 x ∈ (−∞; −3] ∪ [−1; +∞)
 2

ðK:  x − 1 ≥ 0
⇔  x ∈ (−∞; −1] ∪ [1; +∞) ⇔ x ∈ [1; +∞) ∪ {−1}
2 x + 2 ≥ 0
 x ∈ [−1; +∞)




+ TH1: x = -1 thỏa mãn PT. Vậy x = -1 là một nghiệm của PT
+ TH2: Với x ≥ 1 ta xét phương trình:
5
2 ñiểm

2x 2 + 8x + 6 + x 2 − 1 = 2 x + 2
⇔ ( x + 1)(2 x + 6) + ( x + 1)( x − 1) = 2. ( x + 1)( x + 1)
⇔

0,5
0,25

0,25

2x + 6 + x − 1 = 2 x + 1

⇔ 2x + 6 + x – 1 + 2. (2 x + 6).( x − 1) = 4(x + 1)
⇔ 3x + 5 + 2 (2 x + 6)( x − 1) = 4x + 4 ⇔ 2 (2 x + 6)( x − 1) = x -1
⇔ 2 (2 x + 6)( x − 1) = ( x − 1)( x − 1)
Suy ra x – 1 = 0 ⇔ x = 1

Hoặc: 2 2 x + 6 = x − 1 ⇔ 8x + 24 = x - 1 ⇔ x =

0,25
−25
(loại)
7

Vậy phương trình ñã cho có 2 nghiệm: x = -1 và x = 1.
-----------Hết-----------

0,25

0,25
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2009 – 2010
Khóa ngày: 10 / 01 / 2010
Môn thi: TOÁN - lớp: 12 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)

(Đề thi chính thức)
www.hoahoc.edu.vn

ĐỀ:
Bài 1 (5 điểm ):
Cho phương trình : 2x 2 + 2(m + 2)x + m 2 + 4m + 3 = 0 (1).
a) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Chứng minh rằng khi phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thì hai
2


2
nghiệm đó thỏa mãn điều kiện: | x1 + x2 + 3x1x2 |  1  .
2 


Bài 2 (4 điểm):
Cho hai số không âm a và b thỏa mãn điều kiện a + b = 10 . Chứng minh
rằng: ( 1 + a4 )( 1 + b4 )  101. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài 3 (5 điểm):
Chứng minh rằng nếu trong một lục giác lồi mỗi một trong ba đường chéo
nối các cặp đỉnh đối diện chia lục giác thành hai phần tương đương (có diện tích
bằng nhau) thì ba đường chéo này đồng quy.
Bài 4 (3 điểm):
n
Cho số tự nhiên n > 3. Chứng minh rằng nếu 2 = 10a + b ( 0 < b <10 ) thì
tích ab chia hết cho 6.
Bài 5 (3 điểm):
Cho hai số thực a , b ( a < b < 0 ) và hai dãy số (un), (vn) như sau :
u  vn
2u n v n
u1 = a , v1 = b, un+1 = n
, vn 1 
.
2
u n  vn

u  u n v n  a  ab 

a) Chứng minh rằng: n


u n  u n v n  a  ab 
b) Tính : lim u n và lim vn .
n 

2n 1

n 

----------- HẾT -------------


www.VNMATH.com
Họ tên TS: .............................................................. Số BD: .......................... Chữ ký GT 1: ........................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
(Đề thi chính thức)
www.hoahoc.edu.vn

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011 – 2012
Khóa ngày: 17 / 11 / 2011
Môn thi: TOÁN Cấp: THPT
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ:
(Đề thi có 01 trang)

Bài 1 (5,0 điểm).
Tìm m để phương trình x  m  2 x  3 có nghiệm.
Bài 2 (4,0 điểm).
Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 6 chữ số mà tích các chữ số của số
này bằng 3500 ?
Bài 3 (5,0 điểm).
Cho góc vuông xOy và điểm A (A ≠ O) cố định trên đường phân giác
Om của góc ấy. Một đường tròn (C ) thay đổi luôn đi qua hai điểm A, O cố
định và cắt Ox tại M, cắt Oy tại N.
a) Chứng minh rằng khi đường tròn (C ) thay đổi thì tổng OM + ON có
giá trị không đổi.
b) Tìm tập hợp các điểm I là trung điểm của đoạn thẳng MN khi đường
tròn (C ) thay đổi.
Bài 4 (3,0 điểm).
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2a + 3b + 4c = 1. Chứng
minh rằng: 2 2 a 1  3 2b 1  4 2c 1  10 .
Bài 5 (3,0 điểm).
Tìm tất cả các số f:    thỏa mãn các điều kiện:
i) f(1) = 2011,
ii) f(x2 – y) = xf(x) – f(y), với mọi x, y  .
--------- HẾT ---------


Họ tên TS: .............................................................. Số BD: .......................... Chữ ký GT 1: ........................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
(Đề thi chính thức)
www.hoahoc.edu.vn

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011 – 2012
Khóa ngày: 17 / 11 / 2011
Môn thi: TOÁN Cấp: THPT
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ:
(Đề thi có 01 trang)

Bài 1 (5,0 điểm).
Tìm m để phương trình x  m  2 x  3 có nghiệm.
Bài 2 (4,0 điểm).
Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 6 chữ số mà tích các chữ số của số
này bằng 3500 ?
Bài 3 (5,0 điểm).
Cho góc vuông xOy và điểm A (A ≠ O) cố định trên đường phân giác
Om của góc ấy. Một đường tròn (C ) thay đổi luôn đi qua hai điểm A, O cố
định và cắt Ox tại M, cắt Oy tại N.
a) Chứng minh rằng khi đường tròn (C ) thay đổi thì tổng OM + ON có
giá trị không đổi.
b) Tìm tập hợp các điểm I là trung điểm của đoạn thẳng MN khi đường
tròn (C ) thay đổi.
Bài 4 (3,0 điểm).
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2a + 3b + 4c = 1. Chứng
minh rằng: 2 2 a 1  3 2b 1  4 2c 1  10 .
Bài 5 (3,0 điểm).
Tìm tất cả các số f:    thỏa mãn các điều kiện:
i) f(1) = 2011,
ii) f(x2 – y) = xf(x) – f(y), với mọi x, y  .

--------- HẾT ---------


Họ tên TS:...........................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
(Đề thi chính thức)
www.hoahoc.edu.vn

SốBD:......................

Chữ ký GT1:..................

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 – 2013
Khóa ngày: 18 / 11 / 2012
Môn thi: TOÁN - Cấp THPT
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ:
(Đề thi có 01 trang)
Bài 1 (4,0 điểm).
Giải phương trình:

13  x 2  3 4  x 2 = 3

Bài 2 (3,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x) = 3sinxcosx - sin3x - cos3x

Bài 3 (3,0 điểm).
Tìm tất cả các số tự nhiên A có 3 chữ số sao cho
phương và

A
là một số chính
2

A
là lập phương của một số tự nhiên.
3

Bài 4 (5,0 điểm).
Trên đường tròn tâm O, bán kính R cho hai điểm B, C cố định (BC không
phải là đường kính) và điểm A di động. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC,
trên cung BC không chứa điểm A lấy điểm M bất kỳ. Gọi D và E lần lượt là
các điểm đối xứng của M qua AB và AC.
a) Chứng minh ba điểm D, H, E thẳng hàng.
b) Khi M đối xứng với A qua O, hãy xác định vị trí của điểm A sao cho
tam giác MDE có diện tích lớn nhất.
Bài 5 (3,0 điểm).
Cho a1, a2,…, an là n số thực thoả mãn điều kiện a12  a22  ...  a n2  1 . Hãy
tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a1a2 + a2a3 + … + an-1an
Bài 6 (2,0 điểm).
Cho 4 xã có trung tâm của mỗi xã nằm ở vị trí là đỉnh của một hình vuông
có cạnh bằng a. Hãy xây dựng một mạng lưới giao thông có độ dài ngắn nhất
nối 4 trung tâm của các xã đó.
----- HẾT -----