de thi chon hoc sinh gioi cap tinh mon toan lop 12 chuyen so gd dt bac ninh nam 2015 2016

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: Toán – Lớp 12 Chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

Câu 1. (4,0 điểm)

x 1
(C) . Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y  x  m luôn
2x 1
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến
với (C) tại A và B. Tìm m để k12016  k22016 đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho hàm số y 

Câu 2. (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: x3  3x 2  7 x  6  (3x  7) 3 3x 2  6 x  2.


y  y9
2
)
( x  y )( x  x y  y  2)  6.ln(
b) Giải hệ phương trình: 
x  x2  9

3
 y  1  x  xy  2
Câu 3. (3,0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
F

1
x2  y 2  2z 2  2z  2



4
3 ( x  y )3 ( z  2)3

.

Câu 4. (6,0 điểm)
a) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng (P ) : 3 x  y  2 z -14  0,

(Q) : x  2 y - 3 z  16  0 và điểm M  6; 2; 4  . Tìm tọa độ điểm E thuộc mặt phẳng (P), F thuộc
mặt phẳng (Q) sao cho ME  EF  FM  2 30 .
b) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm tam giác
AMC và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh đường thẳng GI vuông góc
với đường thẳng CM.
Câu 5. (2,0 điểm)
u1  3

Cho dãy số (un ) thỏa mãn điều kiện: 
un2
2014un

u


 n 1
2016
2016

a) Chứng minh: (un ) là dãy số tăng.
b) Với mỗi n  1, n   , đặt vn 

un
. Chứng minh rằng với mọi n  1 .
un 1  2

v1  v2  ...  vn  2016.
------------- Hết ------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán - Lớp 12 Chuyên
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016
-------//-------

Câu

Đáp án
PT hoành độ giao điểm của (d) và (C) là x  m 

Điểm
4,0 đ

x 1
 2 x 2  2mx  m  1  0 (*) (vì
2x 1

1
không là nghiệm)
2
Dễ thấy đường thẳng (d ) : y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
x

1

Gọi x1 , x2 là nghiệm của (*), ta có k1  

2,0

1
1
, k2  
, k1k2  1
2
(2 x1  1)

(2 x2  1) 2

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có k12016  k22016  2(k1k2 )1013  2 . Dấu bằng xảy ra khi

k1  k2  2( x1  x2 )  2  0  m  1 . Vậy Min(k

2016
1

k

2016
2

2,0

)  2 tại m=-1

2.a

(2,5 đ)

Phương trình đã cho  ( x  1)3  4 x  5  (3 x  7) 3 (3 x  7)( x  1)  4 x  5 .
Đặt u  x  1, v  3 (3 x  7)( x  1)  4 x  5 . Ta có hệ:
3
u  4 x  5  (3 x  7)v
 (u  v)(u 2  uv  v 2  3 x  7)  0
 3
v  4 x  5  (3 x  7)u

Vì

u
3x 2  18 x  31
u 2  uv  v 2  3x  7  (  v) 2 
 0, x nên u  v .
2
4

0,5

0,5

Do đó x  1  3 x  6 x  2  x  3 x  1 (1).
3

2

3

Nếu x   2; 2 đặt x  2cos (  [0; ]) , khi đó (1) trở thành: 8cos3   6 cos   1 .
2

Ta tìm được  

 5 7

; ;
.
9 9 9

Do đó pt (1) nhận x  2.cos


9

1,0

; 2.cos

5
7
; 2.cos
làm nghiệm.
9
9

Mặt khác phương trình bậc 3 có nhiều nhất 3 nghiệm.

5
7
Vậy tập nghiệm của pt đã cho là S  {2cos ;2cos ;2cos }
9
9
9
2.b


y  y9
2

) (1)
( x  y )( x  x y  y  2)  6.ln(
Giải hệ phương trình: 
x  x2  9
3
(2)
 y  1  x  xy  2

0,5
2,5 đ


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐK: x  0, xy  2
Ta có (1)  x 3  2 x  6 ln( x  x 2  9)  ( y )3  2 y  6 ln( y  y  9) (*)
Xét hàm f (t )  t 3  2t  6 ln(t  t 2  9), t  
Ta có f '(t )  3t 2  2 

6
t2  9

t2  9
1
1
26
29
26 29
 3[



 (t 2  9)  ]  3(1+ - )=0
2
2
27
3
3 3
t 9
t  9 27
Suy ra f(t) đồng biến và liên tục trên  .

Mà (*)  f ( x)  f ( y )  x 

1,0

y  y  x2

Thay vào (2) ta được:
3

x 2  1  x  x 3  2  ( x  3)(

x3
3

( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4

1

x 2  3x  9
x3  2  5

)  0 (3)

(ĐK x  3 2 )
Ta có

x3
3

( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4

1  2 <

x 2  3x  9
x3  2  5

1,0
.

Nên pt (3) có nghiệm duy nhất x = 3.
Vậy hệ pt có nghiệm ( x; y )  (3;9) .
3,0 đ
Áp dụng BĐT Cauchy-Schawrz, ta có

3

1
x 2  y 2  2 z 2  2 z  2  x 2  y 2  ( z  1) 2  1  ( x  y  z  2) 2
4
x yz2

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có ( x  y )( z  2) 
2
2
32
Do đó F 

x  y  z  2 3( x  y  z  2)3
Đặt t  x  y  z  2  F 
Xét hàm g (t ) 

2 32

t 3t 3

2 32

, t  2.
t 3t 3

1
Lập BBT suy ra Max g (t )  g (4) 
x2
12
1
Vậy MaxF=
tại x  y  1, z  0
12
4.a
Tìm hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (P) và (Q) là A  3;1; 2  , B  5;0;7  .
4

Điểm đối xứng của M qua (P) và (Q) là D  0;0;0  , C  4;-2;10 
Do đó với E  ( P ), F  (Q) thì ME  EF  FM  DE  EF  FC  DC  2 30 .
Đẳng thức xảy ra khi {E}  CD  ( P ),{F}=CD  (Q) .
Tìm được E (

1,5

28 14 70
32 16 80
;
; ), F ( ;
; ) .
15 15 15
15 15 15

1,5

3,0 đ
1,0

1,0
1,0


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
4.b
Chọn hệ Oxy sao cho O là trung điểm BC,tia Ox là tia OC, tia Oy là tia OA.
Gọi BC=2a, d ( A; BC )  h

3,0 đ
1,0

Khi đó B  -a;0  , C  a;0  , A  0; h 

3a h
a h
h2  a 2
;  ), G ( ; ), I (0;
)
2
2
6 2
2h
 a a 2  3a h
 
Ta có GI  ( ; ), MC  ( ;  )  GI .MC  0  GI  MC (đpcm)
6 2h
2
2

1,0

Tính được M (

1,0
2,0 đ

Dùng quy nạp chứng minh đc un  2, n  * . Do đó un 1  un .

1,0

Vậy (un ) là dãy tăng (đpcm)
5

Ta có 2016(un 1  un )  un (un  2) 

un
1
1
 2016(

) . Do đó
un 1  1
un  2 un 1  2

1
1
v1  v2  ...  vn  2016(

)  2016 (đpcm)
u1  2 un 1  2

-------------------- Hết -------------------

1,0