Đề thi HSG Quảng Ninh năm 2010 - 2011

SỞ GD - ĐT QUẢNG NINH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12
Năm học 2010 - 2011
Môn: Toán
Ngày thi: 12/9/2010
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi này có 01 trang)
Bài 1. (3 điểm).
Cho hàm số y = x
4
- 6x
2
+ 4x + 6. Chứng minh rằng hàm số có hai cực tiểu và
một cực đại.
Bài 2. (4 điểm).
Giải hệ phương trình:
x xy y y
x y

+ = +


+ + + =


5 4 10 6
2
4 5 8 6
Bài 3. (2 điểm). Chứng minh rằng:
... ( )

n n
n n n n
C C C n C n n
−
+ + + + = +
1 2 2 2 3 2 2
2 3 1 2
với
,n n
∀ ≥ ∈
2 ¥
.
Bài 4. (3 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn (C). Biết (C) có phương trình: (x - 1)
2
+ (y + 2)
2
= 5;
·
ABC
= 90
0
;
A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4. Tìm tọa độ các đỉnh B.
Bài 5. (5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông,
SA (ABCD)⊥
. Cho SA =
AB = a; mặt phẳng (P) qua A vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SC và SD

lần lượt tại
B', C', D'
.
1. Chứng minh rằng tứ giác AB
’
C
’
D’ có hai đường chéo vuông góc.
2. Khi C’ là trung điểm SC. Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ theo a.
Bài 6. (3 điểm)
Chứng minh phương trình: x
5
- 4x
2
- 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm
đó lớn hơn 1.
---------------- Hết----------------
Lưu ý: - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn này có 04 trang)
Bài Sơ lược cách giải Điểm Tổng
điểm
Bài 1
3,0
điểm
Hàm số xác định trên R.
y’ = 4x
3
- 12x + 4.
Xét hàm số g(x) = 4x

3
- 12x

+ 4.
Có g’(x) = 12x
2
- 12; g’(x) = 0 ⇔ 12x
2
- 12 = 0 ⇔
x
x
=


= −

1
1
.
lim ( ) lim ( )
x x
g x x
x x
→−∞ →−∞
= − + = −∞
3
2 3
12 4
4
;

lim ( ) lim ( )
x x
g x x
x x
→+∞ →+∞
= − + = +∞
3
2 3
12 4
4
Ta có bảng biến thiên:
x
-∞ -1 1 +∞
g'(x) + 0 - 0 +
g(x)
12 +∞
-∞ -4
Từ bảng biến thiên ta có hàm số y = g(x) có hai cực trị trái dấu
nên đồ thị hàm số y = g(x) luôn cắt trục hoành tại ba điểm phân
biệt hay phương trình:
y’ = 4x
3
- 12x + 4 = 0 (1) luôn có ba nghiệm phân biệt.
Giả sử các nghiệm của pt (1) là x
1
, x
2
, x
3
trong đó x

1
< x
2
< x
3
.
Mà
lim lim ( )
x x
y x
x x x
→±∞ →±∞∞
= − + + = +∞
4
2 3 4
6 4 6
1
nên ta có bảng biến
thiên của hàm số y = x
4
- 6x
2
+ 4x + 6 như sau:
X
-∞ x
1
x
2
x
3

+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
Y
-∞ y
CĐ
+∞

y
CT
y
CT
Vậy hàm số y = x
4
- 6x
2
+ 4x + 6 luôn có hai cực tiểu và một cực
đại.
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
3,0
điểm
Bài 2
4,0

điểm
Nếu y = 0 thì từ (1) ta có x = 0 thay vào (2) ta thấy không thoả
mãn. Suy ra y ≠ 0
Chia cả hai vế của (1) cho y
5
≠ 0 ta được hệ phương trình tương
đương với
( ')
( )
x x
y y
y y
x y

 
+ = +


 ÷
 


+ + + =


5
5
2
1
4 5 8 6 2

Xét hàm số f(t) = t
5
+ t.
0,25
0,5
Ta có f’(t) = 5t
4
+ 1 > 0 ∀ t∈R. Vậy hàm số y = f(t) luôn đồng
biến. Suy ra:
( )
x x
f f y y x y
y y
 
= ⇔ = ⇔ =
 ÷
 
2
Thay x = y
2
vào (2) ta được phương trình:
x x+ + + =4 5 8 6
Điều kiện
x ≥ −
5
4
.
Ta có
( )( )x x x x x x+ + + = ⇔ + + + + + + =4 5 8 6 4 5 8 2 4 5 8 36
( )( )

( )( ) ( )
x
x x x
x x x
− ≥

⇔ + + = − ⇔

+ + = −

2
23 5 0
2 4 5 8 23 5
4 4 5 8 23 5
x
x
x
x
x x
x

≤


≤
 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
=


 
− + =



=


2
23
23
5
1
5
1
9 378 369 0
42
.
Với x = 1 ⇒ y
2
= 1 ⇒ y = ± 1.
Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1; 1) và (1; -1).
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25

0,25
4,0
điểm
Bài 3
2,0
điểm
Có:
( ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
0 1 2 2
1
(1)
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
( ) ...
n n n
n n n n
n x C C x C x nC x
− −
+ = + + + +
1 1 2 2 2 1
1 2 3
(2)
Nhân cả hai vế của (2) với x ta được:
( ) ...
n n n
n n n n
nx x C x C x C x nC x
−

+ = + + + +
1 1 2 2 2 3
1 2 3
(3)
Lấy đạo hàm hai vế của (3) ta được:
( ) ( ) ( ) ...
n n n n
n n n n
n x n n x x C C x C x n C x
− − −
+ + − + = + + + +
1 2 1 2 2 2 2 2 2 1
1 1 1 2 3
(4)
Trong (4) cho x = 1 ta được:
... ( ) ( )
n n n n
n n n n
C C C n C n n n n n
− − −
+ + + + = + − = +
1 2 2 2 2 2 1 2 2
2 3 2 1 2 1 2
⇒
đpcm
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25

2,0
Điểm
Bài 4
3,0
điểm
(C) có tâm I(1; -2), bán kính R =
5
Do
·
0
90ABC =
⇒ C đối xứng với A qua I ⇒ C(0; -4)
có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0
Có S
∆
ABC
= 4 ⇒ khoảng cách từ B đến AC là: d =
2 4
5
S
AC
=
⇒ B thuộc đường thẳng ∆ ⁄⁄ AC, cách AC một khoảng bằng d
⇒ pt của ∆ có dạng: 2x - y + m = 0.
mà ∆ ⁄⁄ AC ⇒ khoảng cách từ A đến ∆ bằng d
Vậy
0
4
4
8

5 5
m
m
m
=
+

= ⇒

= −

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
3,0
Điểm
+ Với m = 0 pt của ∆: 2x - y = 0 ⇒ toạ độ B là nghiệm của hệ:
( ) ( )
2 2
2
0
0
1 2 5
y x
x
y
x y

=

=


⇔
 
=
− + + =



hoặc
6
5
12
5
x
y

= −




= −


+ Với m = -8 Pt của ∆ : 2x-y- 8 = 0 ⇒ toạ độ B là nghiệm của hệ:
( ) ( )

2 2
2 8
2
4
1 2 5
y x
x
y
x y
= −

=


⇔
 
= −
− + + =



hoặc
16
5
8
5
x
y

=





= −


Vậy toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc (
6 12
5 5
;− −
) hoặc (2; -4) hoặc (
16 8
5 5
;−
).
0,5
0,5
0,25
Bài 5
5,0
điểm
1.
Có BD ⊥ AC và BD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
nên BD ⊥ (SAC).
mp(P) ⊥ mp(SAC) nên (P) // BD.
Vậy (P) là mặt phẳng qua A và song song với BD.
Ta có (P) // BD nên B’D’ // BD.
B’D’ // BD nên B’D’ ⊥ (SAC). Suy ra B’D’ ⊥ AC’ hay tứ giác
AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
2,0
Điểm
2.
Khi C’ là trung điểm của SC.
Gọi V là thể tích khối chóp S.ACBD, V
1
là thể tích khối chóp
S.A’B’C’D’ và V
2
là thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’. Ta có:
V
2
= V- V
1
.
V =
. .
ABCD
a
SA S a a= =
3
2
1 1

3 3 3
.
0,25
0,5
3,0
Điểm
I
S
C'
D'
B'
O
D
C
B
A
Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của B’D’ và
AC’.
Có I là trọng tâm tam giác SAC nên SI =
2
3
SO,
suy ra SB’ =
2
3
SB.
Có
. ' '
.
' '

. . .
S AB C
S ABC
V
SA SB SC
V SA SB SC
= = =
2 1 1
3 2 3

Suy ra
.
. ' '
S ABC
S AB C
V
V =
3
. Mà
. ' ' .
,
S AB C S ABC
V V V V= =
1
1 1
2 2
nên
V a
V = =
3

1
3 9
.
Vậy
a a a
V V V= − = − =
3 3 3
2 1
2
3 9 9
(đvtt).
0,5
0,5
0,5
0,25
0,5
Bài 6
3,0
điểm
Ta có pt ⇔ x
5
= (2x + 1)
2
Nếu x là nghiệm thì ⇒ x
5
≥ 0 ⇒ x
5
= (2x + 1)
2
≥ 1 ⇒ x ≥ 1

Với x ≥ 1 xét f(x) = x
5
- 4x
2
- 4x - 1
Ta có: f '(x) = 5x
4
- 8x - 4; f "(x) = 20x
3
- 8 > 0 với ∀ x ≥ 1
⇒ f '(x) đồng biến trên [1, +∞), mà f '(1) = -7;
x
Lim f '(x)
→+∞
= +∞
⇒ ∃ x
0
∈ (1; +∞) để f '(x
0
) = 0
Ta có bảng biến thiên:
X
1 x
0
+∞
f'(x) - 0 +
f(x)
+∞
-7
Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn suy ra pt: f(x) = 0 cã mét nghiÖm duy

nhÊt vµ nghiÖm ®ã lớn hơn 1 ⇒ ®pcm.
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
3,0
điểm
f(x
0
)