De thi chon HSG 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

Năm học: 2016 – 2017
------------------------------------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN THI: TOÁN, LỚP 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2.0 điểm).
1) Cho P( x) = x3 − 4 x − 1 và Q ( x) = x3 + x 2 − 2 x − 2 . Chứng minh rằng P( x) = 0 có 3
nghiệm x1 , x2 , x3 và tính Q ( x1 ).Q( x2 ).Q( x3 ) .
2) Cho hàm số y = x3 − 2mx 2 + 2mx − 1 (1). Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành
tại
ba điểm phân biệt A(1; 0), B và C sao cho k1 + k 2 =BC. 5 trong đó k1, k2 lần lượt là hệ số
góc của tiếp tuyến tại điểm B và C với đồ thị hàm số (1).
Câu II (2.0 điểm).
3

2
2
 4 xy + 4( x + y ) + ( x + y ) 2 = 7

1) Giải hệ phương trình: 
.
1

2x +
=3


x+ y

2) Giải phương trình: x 2 + 2 x sin x − 2cos x + 2 = 0
Câu III (2.0 điểm).
1
2
2
2
3
2
2013
1) Tính tổng: C2013 + 2 C2013 + 3 C2013 + ... + 2013 C2013
2) Cho dãy số { an } có a0 = 2; an +1 = 4an + 15an2 − 60 , hãy tìm công thức số hạng

tổng quát của dãy.
Câu IV (3.0 điểm).
Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân cạnh huyền
AB = 2 .Mặt phẳng (A A’B) vuông góc với mặt phẳng (ABC) , AA’ = 3 .Góc ·A ' AB là góc
nhọn và mặt phẳng (A’AC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600
1. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
2. Gọi O là tâm của mặt bên BCB’C’ mặt phẳng (P) đi qua AO cắt các cạnh A’B, A’C lần
lượt tại M, N. Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp A’AMN.
Câu V (1.0 điểm).
Cho các số thực x, y thỏa mãn x + y − 1 = 2 x − 4 + y + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
2
nhỏ nhất của biểu thức: S = ( x + y ) − 9 − x − y +

1
×

x+ y

-----------------------------------------Hết----------------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, không được sử dụng máy tính cầm tay.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………..Số báo danh:…………………...


P N THI CHN HSG LP 12 NM HC 2016 - 2017
T TON - THPT HNG QUANG
(im ton bi ly im l n 0,25; thớ sinh lm cỏch khỏc m ỳng vn cho im ti a)
Cõu

Ni dung

im

1)Cho P( x) = x 4 x 1 v Q ( x) = x + x 2 x 2 . Chng minh rng P( x) = 0 cú 3
nghim x1 , x2 , x3 v tớnh Q ( x1 ).Q( x2 ).Q( x3 ) .
3

3

2

Lp bng bin thiờn ca P ( x) hoc s dng nh lớ v tớnh liờn tc ca hm s chng minh

I.1

P ( x) = 0 cú 3 nghim x1 , x2 , x3
Lỳc ú P ( x) = ( x x1 )( x x2 )( x x3 )

(1,0)
0,25
0,25

Q ( x) = ( x + 1)( x 2) = ( x + 1)( x 2)( x + 2)
Q ( x1 ).Q( x2 ).Q( x3 )
2

= ( x1 + 1)( x1 2)( x1 + 2)( x2 + 1)( x2 2)( x2 + 2)( x3 + 1)( x3 2)( x3 + 2)

0,25

= (1 x1 )(1 x2 )(1 x3 )... = P(1).P( 2).P( 2)
= 2.(1 2 2)(1 + 2 2) = 14
0,25
2) Cho hm s y = x 3 2mx 2 + 2mx 1 (1). Tỡm m th hm s (1) ct trc honh ti ba
im phõn bit A(1; 0), B v C sao cho k1 + k 2 =BC. 5 trong ú k1, k2 ln lt l h s gúc (1,0)
ca tip tuyn ti im B v C vi th hm s (1).
Ta cú phng trỡnh honh giao im ca th hm s vi trc Ox l
x = 1
x 3 2mx 2 + 2mx 1 = 0 ( x 1) x 2 + (1 2m) x + 1 = 0 2
x + (1 2m) x + 1 = 0(*)

0,25

th hm s ct trc Ox ti 3 im phõn bit pt(*) phi cú 2 nghim phn bit khỏc 1.

I.2

x 2 + (1 2m) x + 1 = 0 phi cú 2 nghim phn bit khỏc 1 m>

3
1
hoặ
c m< 2
2

0,25

Gi s: B(xB ; 0); C(xC ; 0) .Vỡ xB, xC l 2 nghim phõn bit ca pt(*) nờn theo nh lớ viet ta
cú: xB + xC = 2m -1 v xBxC =1
0,25
2
2
Tớnh c : BC = = 4m 4m 3 ; k1 + k2 = 4m 4m 3
Theo gii thit ta cú: k1 + k2 = BC 5 .
4m2 4m 3 = 5(4m2 4m 3) 4m2 4m 3 = 5 vì4m2 4m 3 > 0
m= 1(thoả mã n)
m2 m 2 = 0
m= 2 (thoả mã n)
m = 1
Vy vi
tho món yờu cu bi toỏn.
m = 2

II.1

3

2

2
4 xy + 4( x + y ) + ( x + y ) 2 = 7

1) Gii h phng trỡnh:
.
1

2x +
=3

x+ y

iu kin x + y 0 . Khi ú ta cú

0,25

(1,0)
0,25


3

2
2
3( x + y ) + ( x − y ) + ( x + y ) 2 = 7


1

x+ y+

+x− y =3

x+ y

Đặt u = x + y +

1
( u ≥ 2); v = x − y
x+ y

3u 2 + v 2 = 13
ta được hệ 
 u+v =3

0,25

Giải hệ ta được u = 2, v=1 ( do u ≥ 2 )
Từ đó ta có hệ
1

=2
x + y = 1  x = 1
x + y +
x+ y
⇔
⇔

x − y =1 y = 0



x − y =1


0,25

Vậy hệ có 1 nghiệm (1; 0)
Giải phương trình: x 2 + 2 x sin x − 2cos x + 2 = 0
- Phương trình ⇔ x 2 + 2 x sin x + sin 2 x + cos 2 x − 2cos x + 1 = 0
- ⇔ ( x + sinx) 2 + (cos x − 1) 2 = 0
II.2
 x + sinx = 0
⇔ x=0
- ⇔
cos
x
−
1
=
0

- Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 0

1) Tính tổng:

0,25
(1,0đ)
0,25
0,25
0,25
0,25

(1,0đ)

1
2
3
2013
C2013
+ 2 2 C2013
+ 32 C2013
+ ... + 20132 C2013
0
1
2
2013 2013
+ C2013
x + C2013
x 2 + ... + C2013
x
( 1 + x ) = C2013
2012
1
2
3
2013 2012
2013 ( 1 + x )
= C2013
+ 2C2013
x + 3C2013
x 2 + ... + 2013C2013
x (1)

III.1
2011
2
3
4
2013 2011
2013.2012 ( 1 + x )
= 2C2013
+ 3.2C2013
x + 4.3C2013
x 2 + ... + 2013.2012C2013
x (2)
2012
1
2
3
2013
2013 ( 1 + 1)
= C2013
+ 2C2013
+ 3C2013
+ ... + 2013C2013
2011
2
3
4
2013
2013.2012 ( 1 + 1)
= 2C2013
+ 3.2C2013

+ 4.3C2013
+ ... + 2013.2012C2013
2013

⇒ 2013.2014.2

2011

=C

1
2013

+2 C
2

2
2013

+3 C
2

3
2013

+ ... + 2013 C
2

2013
2013

III.2 Cho dãy số { an } có a0 = 2; an+1 = 4an + 15an2 − 60 , hãy tìm công thức số hạng tổng
quát của dãy.

0,25
0,25
0,25
0,25
(1,0đ)

gt ⇒ ( an +1 − 4an ) = 15an2 − 60 ⇔ an2+1 − 8.an .an +1 + an2 + 60 = 0 ( 1)
2

Thay n bởi n+1 với mọi n ta được

0,25

an2+ 2 − 8.an +1.an + 2 + an2+1 + 60 = 0 ( 2 )

(1) và (2) suy ra an , an + 2 là nghiệm của PT t 2 − 8an +1t + an2+1 + 60 = 0
Vi et t1 + t2 = 8an +1 ⇒ an + an + 2 = 8an +1 ⇔ an + 2 − 8an +1 + an = 0
Xét PT x 2 − 8 x + 1 = 0 có hai nghiệm x1 = 4 − 15, x2 = 4 + 15

(

)

n

(

Đặt un = α 4 − 15 + β 4 + 15

)

n

với u0 = a0 = 2; u1 = a1 = 8

0,25
0,25


α +β =2

α = 1
⇒
⇔
β = 1
 4 − 15 α + 4 + 15 β = 8

(

⇒ un

) (
)
= ( 4 − 15 ) + ( 4 + 15 )
n

n

Chứng minh un +1 = 4un + 15un2 − 60

(

) (
n

Vậy an = un = 4 − 15 + 4 + 15

)

0,25

n

Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân cạnh huyền AB = 2
.Mặt phẳng (A A’B) vuông góc với mặt phẳng (ABC) , AA’ = 3 .Góc ·A ' AB là góc nhọn
và mặt phẳng (A’AC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600
(1,0đ)
1. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
0,25

IV.1
Gọi K., M là hình chiếu của A’ trên AB và AC
có : ( AA' B) ⊥ ( ABC) ⇒ A' K ⊥ ( ABC) . Ta có A’M ⊥ AC và KM ⊥ AC ·A' MK = 600
A' K = x . ta có AK = A' A2 − A' K 2 = 3− x2
0
Mặt khác MK = A' K cot60 =

VABC. A'B'C '

x
3

·
, MK = AK sin KAM
= 3− x2 .

vậy ta có pt

3− x2 .

2 x
3
=
⇔ x=
2
3
5

1
3 5
= SΛABC .A' K = AC.BC.A ' K =
2
10

2
2

0,25
0,25

0,25

IV.2 2. Gọi O là tâm của mặt bên BCB’C’ mặt phẳng (P) đi qua AO cắt các cạnh A’B, A’C lần (2,0đ)
lượt tại M, N. Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp A’AMN.


0,25

Gọi I,J lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ => O là trung điểm IJ Gọi G là giao
A 'G 2
=
A' J 3
Gọi V là thể tích của lăng trụ, V1 là thể tích chóp A’AMN ta có
1
V
VA '. ABJ = VA '. ACJ = VA '. ABC =
2
6

điểm của AO và A’J ta có

0,25

A' M
A' N
,y=

( x, y ∈ (0;1])
A'B
A 'C
VA '. AMG A ' A A ' M A ' G 2 x
V 2 x Vx
=
.
.
=
⇒ VA '. AMG =
=
VA '. ABJ
A' A A' B A' J
3
6 3
9
Vy
V
Tương tự VA '. AGN = ⇒ V1 = VA '. AMG + VA '. AGN = ( y + x ) (1)
9
9
V1
A' A A'M A' N
V
=
.
.
= xy ⇒ V1 = xy (2)
VA '. ABC A ' A A ' B A ' C
3

0,25

Từ (1) và (2)=>x+y=3xy (*)

0,25
0,25

Đặt x =

4
9

Từ (*) ta có 3xy ≥ 2 xy ⇔ xy ≥ ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y=

0,25

2
3

0,25

V
3 27
2
=
≤
dấu
“=”
xảy

ra
x=y=
V1 xy 4
3

0,25
4
2 5
V=
V
27
45
x
,
y
Cho các số thực
thỏa mãn x + y − 1 = 2 x − 4 + y + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ (1,0đ)
1
2
×
nhất của biểu thức: S = ( x + y ) − 9 − x − y +
x+ y
Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ −1;0 < x + y ≤ 9;

Từ kết quả trên suy ra V1 ≥
V

Ta có

0 ≤ x + y − 1 = 2. x − 2 + 1. y + 1 ≤ 3( x + y − 1) ⇒ ( x + y − 1) 2 ≤ 3( x + y − 1)

⇒ 0 ≤ x + y − 1 ≤ 3 ⇔ 1 ≤ x + y ≤ 4.

2
Đặt t = x + y, t ∈ [1; 4] , ta có S = t − 9 − t +

1
t

0,25
0,25


S '(t ) = 2t +

1
1
−
> 0, ∀t ∈ [1; 4] . Vậy S(t) đồng biến trên [1;4].
2 9 − t 2t t

0,25
Suy ra
S max = S (4) = 42 − 9 − 4 +

1
33 − 2 5
=
⇔ x = 4; y = 0;
2
4

S min = S (1) = 2 − 2 2 ⇔ x = 2; y = −1.

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tối đa
---------------------------------------Hết---------------------------------------(Đáp án gồm 5 trang)

0,25