Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 lần 2 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bình (Đề chính thức)

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ 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 đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

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

1. Cho phương trình 2cos2x – mcosx =   sin4x + msinx, m là tham số (1).
a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trong đoạn [0,

4

].

2. Giải phương trình  3 x + 3 − 5 − 2 x − x3 + 3 x 2 + 10 x − 26 = 0,  x ﾡ .
Câu 3 (4,0 điểm). 
sau:

1. Tìm hệ số của x18 trong khai triển của (2 – x2)3n biết  n ﾡ *  thoả mãn đẳng thức 

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

n

2. Cho dãy số (un) với un + 1 = a.un + b,  n 1 , a, b là 2 số thực dương cho trước. Với  
2,  tìm un theo u1, a, b và n.

Câu 4 (5,0 điểm). 
1. Cho khối lăng trụ  tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm 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 đó.
2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ 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 điểm). Cho ba số  thực dương   a,  b,  c  thoả  mãn  a  +  b  +  c  = 3. Chứng minh 
rằng: 
a2
b2
c2
+
+
a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2

1.

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
­­­­­­­­HẾT­­­­­­­­
Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ........................................


Họ và tên, chữ ký: Giám thị 

1:...................................................................................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 
2:...................................................................................................


SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HDC ĐỀ 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 đúng đến đâu thì giám khảo chấm đến đó. Học sinh trình bày theo cách  
khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo không làm sai lệch biểu điểm cua HDC và
̉
 
phải được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.
3) Điểm của bài thi không làm tròn.
B) Hướng dẫn cụ thể:                                                    
Đáp án
Điể
Câu
m
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4   x(x2 + 2mx + m + 2) = 0
0,5
x 0

x2

2mx m 2

0 *

d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt   PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
'

m2 m 2
m 2 0

0

m

; 2

2; 1

2;

0,5

Khi đó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*).

1
x1 x 2
2m
Theo Vi­ét ta có 

 
(3,0 
x1 x 2 m 2
điểm
2
2
� BC = 2 ( x1 - x2 ) = 2 ( x1 + x2 ) - 8 x1 x2 = 2 2 ( m 2 - m - 2)
)
Ta có khoảng cách từ K đến d là h  =  2 .
Do đó diện tích  KBC là:
1
1
S = .h.BC =
2.2 2 ( m 2 - m - 2) = 2 m 2 - m - 2
2
2
1 ﾡ 137
S = 8 2 � 2 m2 - m - 2 = 8 2 � m =
(TM ) . 
2
1 ﾡ 137
Vậy  m =
.
2
2
1a. (2,5 điểm)
1
(6,0 
2cos2x – mcosx =   sin4x + msinx
4

điểm
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

0,5
0,5

0,5

0,5

1,0


ﾡsin x + cosx = 0 (2)
ﾡ ﾡ
ﾡﾡ(cosx - sin x)(4 - sin 2 x) - 2m = 0 (3)
� p�
p
,k ? .
*Giải (2):  sin x + cosx = 0 � sin ﾡﾡﾡ x + ﾡﾡﾡ = 0 � x = - + k p�
� 4�
4
*Giải (3):  (cosx - sin x)(4 - sin 2 x) - 2m = 0 .
Đặt 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

3
2
Với m = 2, PT (4) trở thành:  t + 3t - 4 = 0 � ( t - 1) ( t + t + 4) = 0 � t = 1

Với t = 1, ta có:
� p� 2
p
p
cos x - sin x = 1 � cos ﾡﾡ x + ﾡﾡﾡ =
� x + = � + k 2p�
,k ?
ﾡ� 4 � 2
4
4
  ﾡx = k 2p, k ﾡ ?
ﾡ
ﾡ ﾡ
p
ﾡx = - + k 2p, k ﾡ ? .
ﾡﾡ
2
Vậy với m = 2, PT đã cho có nghiệm:

p
p
x = - + k p ,  x = k 2p,  x = - + k 2p (k ﾡ ? ).
4
2
1b. (1,5 điểm)

0,5

Nghiệm của (2) không thuộc đoạn [0, ] nên để  PT đã cho có nghiệm thuộc  
4

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

0,5

4

thuộc đoạn [0, 1].
Ta có:  t 3 + 3t - 2m = 0 � t 3 + 3t = 2m  (5).
Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục trên  ?  có f '(t) =  3t2 + 3 > 0  " t ﾡ ? . 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 đoạn [0, 1] 

2ﾡmﾡﾡ ﾡm ax f (t ) 0
  min f (t ) ����
[ 0,1]

[ 0,1]

2m

4

0

m

2.

0,5

Vậy  m ﾡ [ 0, 2]  là giá trị cần tìm của m.
2. (2,0 điểm)
� 5�

−1; .  
Điều kiện:  x ��
� 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)

- ( x - 2) ( x 2 - x - 12) = 0

3x + 3 + 3
5 - 2 x +1
� 3
�
2
� ( x - 2) �
+
- x 2 + x + 12�
=0
�

�
3
x
+
3
+
3
5
2
x
+
1
�
�

0,5
0,5


ﾡx = 2
ﾡ
ﾡ ﾡ
3
2
ﾡ
+
- x 2 + x + 12 = 0
ﾡﾡ 3 x + 3 + 3
5 - 2 x +1
� 5�

� 5�
- 1; �
- 1; �
Xét hàm số  f ( x) = - x 2 + x + 12,  x ��
. Ta có f(x) liên tục trên  �
.
�
�
� 2�
�
� 2�
�
1
2

Ta có f'(x) = ­2x + 1, f'(x) = 0   x =  .

0,5

5
1 �
�
� 33 49 � 33
f
(
x
)
=
min
f

(
1);
f
(
);
f
(
)
=
min
10, , �= > 0 .
�
�
�
Do đó  min
� 5�
�
�
�
2
2
4 4�
�
- 1; �
�
�
�
� 4
��
� 2�

�

�

� 5�
3
2
+
- x 2 + x + 12 > 0 " x ��
- 1; �
.
�
3x + 3 + 3
5 - 2 x +1
� 2�
�
Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
1. (2,0 điểm)
�

Ta có:  ( 1 + 1)

2n

Ta có:  ( 1 − 1)

2n

= C20n + C21n + C22n + C23n + ... + C22nn −1 + C22nn  (1)

= C20n − C21n + C22n − C23n + ... − C22nn −1 + C22nn  (2)
Cộng từng vế (1) và (2) ta được:
22 n = 2 ( C20n + C22n + C24n + ... + C22nn ) � C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 22 n −1

0,25

0,5
0,5

Theo bài ra ta có:  22 n- 1 = 512 � 2n - 1 = 9 � n = 5
15

i
15 i
i 2i
3
Từ đó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 =  C15 ( 2) ( 1) x
i 0
(4,0 
i
15 i
i
18 
điểm ﾡ Hệ số của x  là số  C15 2 ( 1)  sao cho 2i = 18  ﾡ i = 9.
Vậy hệ số của x18 là:  ­ C159 2 6  = ­320.320
)
2. (2,0 điểm)
" n ﾡ 1, un+1 = aun + b � un+1 - un = a (un - un- 1 ),  " n �2.
1 vn = avn- 1 ,  n ��
2 (vn ) là một cấp số nhân có công 

Đặt  vn = un+1 - un ,  n ��
bội bằng a.
Ta có:  " n ﾡ 1,  vn = v1.a n- 1 ;  v1 = (a - 1)u1 + b .
Vậy ta có:  " n ﾡ 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 điểm)
E
(5,0 
Dựng đúng thiết diện
điểm
Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra 
I
A
B
)
EB
EM
FA ' 1
FN 1
M
=
=
= . Lại từ đó 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
=   nên 
Suy ra  SKFB’  = (3/4)SA’B’C’. Mặt khác vì  
A'
F
B'
EB
'
3
N
K
suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều cao lăng trụ). 
C'
Do đó 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 .
VEB ' FK
EF EK EB ' 3 3 3 27
27 8
72

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

0,5

0,5


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

Do đó V1/V2 = 49/95.        
2. (2,0 điểm)

0,5

0,5

A

D
B

H

M
N
C

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

a2
;  BN
1
4

0,25

a2
. 
1
4

Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có  AH
Thể tích của tứ diện ABCD:  V

1
.S
3

BCD . AH

AM

0,75

a2
.
1
4

1
.BN .CD. AH
6

a
a2
(1

)
6
4

Xét  f ( a) a (4 a 2 )  trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1].
2
ﾡ ( 0;1] .
f ' (a ) = 4 - 3a 2 ,  f ' ( a) = 0 ﾡ a = ﾡ
3
a

0

1
+

f'(a)

3

0,5

f(a)
0

f ( a) = f (1) = 3 .
Vậy  m( 0,1ax
]

1

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

5
a2
2ab 2
2ab 2
2
2/3
=
a
−
a
−
= a − ( ab )  (Theo BĐT Cô ­ si)
Ta có 
2
2
3
4
(2,0 
a + 2b
a + 2b
3
3 ab

2
2
điểm
b
2
c
2
2/3
2/3
Tương tự: 
b − ( bc ) , 
c − ( ca )
2
2
)
b + 2c
3
c + 2a
3
Khi đó 

a2
b2
c2
+
+
a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2

2
2/3

2/3
2/3
a+b+c− �
( ab ) + ( bc ) + ( ca ) �
�
�
3

0,5

0,5
0,5


2
2/3
2/3
2/3
= 3− �
(1)
( ab ) + ( bc ) + ( ca ) �
�
�
3
2/3
2/3
2/ 3
Ta đi chứng minh  ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ��
3

3

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

(

3

0,5

)

a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2  

Mặt khác ta có: 

( a − b)

2

+ ( b − c ) + ( c − a ) ��
0
a 2 + b 2 + c 2 �ab + bc + ca
2

2

1
2
2
� ( a + b + c ) �3 ( ab + bc + ca ) � ab + bc + ca � ( a + b + c ) = 3
3
Khi đó ta có:  3

(

3

ab + bc + ca
2 2

3

2 2

3

2

2

)

2.3 + 3 = 9

� 3 a 2b 2 + 3 b 2c 2 + 3 c 2 a 2 �3 . Vậy (2) đúng, thay vào (1)   ĐPCM.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­

0,5


SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ 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 đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

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

Câu 2 (5,0 điểm). Giải phương trình:
1. cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0.
2.  3 − x + x + 2 = 3 .

Câu 3 (4,0 điểm).
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 đôi một khác nhau trong đó các chữ số 1 và 2 luôn đứng cạnh nhau?

2. Cho đường tròn (I) có phương trình x2 + y2 ­ 4x + 8y + 15 = 0. Viết phương trình 
tiếp tuyến với (I) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(­1 ; 0).

Câu 4 (4,0 điểm). 
Cho hình chóp tứ  giác đều S.ABCD có đáy 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 điểm 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 điểm). Giải phương trình
2 x2

8x 6

x2 1

2x 2 .


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


SỞ GD&ĐT  NINH BÌNH

HDC ĐÊ THI H
̀
ỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT
Năm học: 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngay thi: 18/12/2012
̀
(Hương dân châm nay gôm 04 trang)
́
̃
́
̀ ̀

A) Hướng dẫn chung: 
1) Học sinh làm đúng đến đâu thì giám khảo chấm đến đó. Học sinh trình bày theo cách  
khác mà đúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu điểm của HDC.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm phải đảm bảo không làm sai lệch biểu điểm cua HDC và
̉
 
phải được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.
3) Điểm của bài thi không làm tròn.
B) Hướng dẫn cụ thể:          
Câu
Đáp án
Điểm
1
1) 3 điểm
(5 điểm) Khi  m = 0 ta có  y = x3 − 3x 2
0,5
a) TXĐ: D =  ﾡ

b) Sự biến thiên:
+) Chiều biến thiên:
y ' =3 x 2 −6 x =3 x ( x −2)
y ' =0 �3x( 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 đồng biến trên môi 
̃
khoảng  ( − ; 0)  và  (2; + ) .
+) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 0, yCĐ = 0.
0,5
Hàm số đạt 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) Đô thi: Đô thi căt 
̀ ̣
̀ ̣ ́ Ox tai hai điêm (0, 0) va (3,0).
̣
̉
̀

0,5


y

f(x)=x^3­3x^2
x(t)=2 , y(t)=t
f(x)=­4

O

3 x

2

­4

2) 2 điểm
+ Ta có : y’ = 3x2 – 6x + m2
y ' 0  x ﾡ
+ Hàm số luôn đồng biến trên  ﾡ ۳∀�
3>0
a>0

∆'

9 − 3m 2

0

0,25
0,5
0,5

0

m (­ ;  3 ]  [ 3; )
Vậy với m (­ ;  3 ]  [ 3;
1) 3 điểm

) thì hàm số luôn đồng biến trên  ﾡ .

cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0

2cos

3x
x
7x
x
cos  + 2 cos cos  = 0
2
2
2

2

x
2

5x
cosx = 0
2
x
5x
cos = 0;  cos = 0;   cos x =0
2
2

4cos cos

2
5 điểm

0,5

1,25

Vậy PT đa cho có nghi
̃
ệm:  x = π + k 2π;  x =

π
2π
π

+k
;  x = + k π   ( k
5
5
2

2) 2 điểm
Đặt U = 3 x , V =  x 2  (Điều kiện U   0; V   0) ta có hệ: 
U2

3

V2

3
4 điểm

1
2

x

ﾡ

)

0,25
0,5
0,25

5

Giải hệ ta có : 
U
V

0,5
0,5

x = π + k 2π,  k ﾡ
π
2π
� x = +k
, k �ﾡ
5
5
π
x = + k π,  k ﾡ
2

U V

0,5
0,25

2 ; 

U =1
U =2
 hoăc 

̣
V =2
V =1
U 2
V 1

x

1

Vậy PT đa cho có nghi
̃
ệm là x = 2 ; x = ­1
1) 2 điểm
Gọi số được lập là:  a1a2 a3 a4 a5

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


Xét trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở vị trí:  a1a2

0,25

Trong trường hợp này có: 2.A 35  = 120 số thỏa mãn ĐK đề bài.
Tương tự với các trường hợp 2 chữ sô 1, 2 n
́
ằm ở các vị trí: 

a2 a3 , a3a 4 , a4 a5  ta nhận được số các số thỏa mãn ĐK là: 4.120 = 480 
(số).
2) 2 điểm
Đường tròn (I) có tâm là K(2; ­ 4), bán kính R =  5
Đường thẳng   đi qua điểm A(­1; 0) có PT dạng:
a(x + 1) + by = 0   ax + by + a = 0  (a 2 + b 2 0)
Đê ̉  là tiếp tuyến của đường tròn (I) thi:̀

0,5

2a 4b a

d(K,  ) = R 

4
4 điểm

a

2

b

4a 2

5

2

24ab 11b 2

0  (*)

Ta thây nêu 
́ ́ b = 0 thi t
̀ ừ (*) suy ra a = 0, không TMĐK.
a
1
11
Nêu 
́ b 0 , đăt 
̣ t = , từ phương trình (*) ta có:  t =  hoặc  t = .
b
2
2
Từ đo tim đ
́ ̀ ược PT tiếp tuyến là:  x + 2y + 1 = 0 hoặc 11x + 2y + 11 = 
0.
1) 2 điểm

 

1,0

0,25
0,25
0,5

0,5
0,5

S 

P 
Q 
B 

C 
R 

H 

D 

N 

E 

0,25

M 
A 

F 

(Ve hinh đung y a)
̃ ̀
́ ́
Goi 
̣ H la giao điêm cua 

̀
̉
̉ AC va ̀BD. Vi ̀S.ABCD la chop đêu nên 
̀ ́ ̀
SH la ̀
đương cao cua hinh chop.
̀
̉ ̀
́
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông HSA:
AC 2
a2
SH  = SA  ­ AH  = SA  ­ 
= 
4
2
2

2

2

2

 SH = 

0,25
0,5

a 2

 
2

0,25

SABCD =  a 2
1
3

1
3

a
Áp dụng công thức  V = Bh  ta co ́V =  SH.SABCD = 

3

2
6

.

2) 2 điểm
Kéo dài MN cắt CB, CD lân l
̀ ượt tại E va ̀F. PE cắt SB tại Q, PF cắt 
SD tại R. Thiêt diên cua hinh chop căt b
́ ̣
̉ ̀
́ ́ ởi (MNP) la ngu giac 
̀ ̃ ́ MNRPQ.

Gọi phần thể tích không chứa đỉnh S là  V1 , phần thể tich còn l
́
ại là V2 .

0,75

0,5
0,25


V1 1
= , V la thê tich 
̀ ̉ ́ 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 ).

0,5

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

2
16

0,25

1
1 1
1
1
VR. DFN = S DFN .RJ = . S ABCD . SH = V  (RJ là đường cao của hình 
3
3 8
4
32

0,25

chóp P.CEF).

chóp R.DFN).

Từ đó suy ra:  V1 = VP.CEF − 2VR.DFN =

9
1
1
V− V= V
16
16
2

0,25

Suy ra điều phải chứng minh.
2 x2 + 8x + 6 0
0
ĐK:  �x − 1 ���
2

�
2 x + 2 ��
0

x �( −�; −3] �[−1; +�)

)
x [1; +��
) { −1}
�x ( −�; −1] �[1; +���
�x [−1; +�)

+ TH1: x = ­1 thoa man PT. V
̉
̃
ậy x = ­1 la môt nghiêm cua PT
̀ ̣
̣
̉
+ TH2: Với x  1  ta xét phương trình:
2x2

5
2 điểm

8x 6
x2 1 2x 2
( x 1)(2 x 6)
( x 1)( x 1)
2x 6

x 1

2 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
x 1 

 8x + 24 = x ­ 1 

0,25
0,25

 x = 

−25

(loai)
̣
7

Vậy phương trình đa cho có 2 nghi
̃
ệm: x = ­1 và x = 1.
­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­
 

0,25
0,25

2. ( x 1)( x 1)

2x + 6 + x – 1 + 2. ( 2 x 6).( x 1) = 4(x + 1)

Hoặc: 2 2 x 6

0,5

0,25
0,25