Tài liệu Đề thi và đáp án thi HSG 12 - Thái Bình năm học 2010 - 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (4 điểm). Cho hàm số
( )
( )
3 2 2 2
y 2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2
= − + + − + − + −
có đồ thị là (C
m
).
1. Tìm điểm cố định mà đồ thị (C
m
) luôn đi qua với mọi m.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu.
Câu II (4 điểm).
1. Giải phương trình sau:
( )
3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3
1
2cos x 3
− − −
=
+
.
2. Giải phương trình sau:
( )
2

3
2
2x 1
log 3x 8x 5
x 1
−
= − +
−
.
Câu III (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1:
( )
3
x
2
y
x 4
8m
y x 2y

>



+

=

−

Câu IV (3 điểm).

1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực x
n
sao cho:
n
n
X
1
x n 0
2010
− + =
. Xét dãy số (U
n
) với U
n
= x
n
− n. Tìm lim U
n
.
2. Tìm n nguyên dương thoả mãn:
( )
0 1 2 2 n n
n n n n
C 2C 6C ... n n 2 C 403+ + + + − + =
. Với
k
n
C
là số tổ hợp
chập k của n phần tử.

Câu V (2 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình
vuông ABCD, biết rằng các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(2; 1), N(0;
1), P(3; 5), Q(−3; −1).
Câu VI (3 điểm). Cho hình chóp S.ABC có G là trọng tâm ∆ABC.
1. Gọi (P) là mặt phẳng cắt các đoạn SA, SB, SC, SG lần lượt tại A’, B’, C’, G’ sao cho không có điểm nào
trùng với đầu mút của các đoạn thẳng. Chứng minh rằng:
SA SB SC SG
3
SA' SB' SC' SG '
+ + =
.
2. Khi hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và
BN với M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC.
3. Khi hình chóp S.ABC có SA = a, SB = 2a, SC = 3a và
·
o
ASB 60=
,
·
o
BSC 90=
,
·
o
CSA 120=
.
Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Câu VII (2 điểm). Cho 2010 số thực dương a
1
, a

2
,..., a
2010
thoả mãn:
1 2 2010
1 2 2010
... 2009
1 a 2 a 2010 a
+ + + ≥
+ + +
Tìm giá trị lớn nhất của tích P = a
1
a
2
...a
2010.
--- HẾT ---
Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh:..................
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Đáp án gồm 08 trang)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I
(4 điểm)
Cho hàm số
( )
( )

3 2 2 2
y 2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2
= − + + − + − + −
có đồ thị là (C
m
).
1. Tìm điểm cố định mà đồ thị (C
m
) luôn đi qua với mọi m.
2.
Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu.
1.
Gọi A(x; y) là điểm mà đồ thị (Cm) đi qua ∀m
⇔
( )
( )
3 2 2 2
2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 y
− + + − + − + − =
∀m
0,5đ
( )
( )
2 2 3 2
4x 2 m 4x 4x 3 m 2x x 4x 2 y 0
− − + − + − + − − =
∀m 0,5đ
2
3 2
4x 2 0

4x 4x 3 0
2x x 4x 2 y 0
− =


⇔ + − =


− + − − =

0,5đ
1
x
1
A ;0
2
2
y 0

=

 
⇔ ⇒

 ÷
 

=

0,5đ

2.
Ta có y’ = 6x
2
− 2(4m + 1)x + 4(m
2
− m + 1)
Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm pb
⇔ (4m + 1)
2
− 24(m
2
− m + 1) > 0
0,5đ
⇔ − 8m
2
+ 32m − 23 > 0
⇔
8 3 2 8 3 2
m ;
4 4
 
− +
∈
 ÷
 ÷
 
(1)
0,5đ
Khi hàm số có cực đại, cực tiểu để các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu thì điều kiện
cần và đủ là (C

m
) cắt Ox tại đúng 1 điểm
⇔
( )
( )
3 2 2 2
2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 0
− + + − + − + − =
có đúng 1 nghiệm
0,25đ
⇔
( )
( )
2 2
2x 1 x 2mx 2m 3m 2 0
− − + − + =
có đúng 1 nghiệm
0,25đ
⇔ x
2
− 2mx + 2m
2
− 3m + 2 = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0,5
⇔ m
2
− 2m
2
+ 3m − 2 < 0 hoặc
0
1

m
2
∆ =



=


vô nghiệm
0,25đ
⇔ m
2
− 3m + 2 > 0
⇔ m ∈ ( −∞ ; 1) ∪ (2 ; + ∞) (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được m ∈
8 3 2 8 3 2
;1 2;
3 4
   
− +
∪
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0,25đ
Câu II
(4 điểm)
1. Giải phương trình sau:
( )

3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3
1
2cosx 3
− − −
=
+
.
2. Giải phương trình sau:
( )
2
3
2
2x 1
log 3x 8x 5
x 1
−
= − +
−
.
1. Giải phương trình: 0,25đ
2
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
ĐK:
3
2cos x 3 0 cosx
2
+ ≠ ⇔ ≠ −
PT ⇔
( )
3 sin2x cos2x 5sin x 2 3 cosx + 3 + 3 2cos x 3

− − + − = +
⇔
3sin2x cos2x 5sin x 3cosx + 3 = 0
− − −
0,25đ
⇔
( )
2
3cosx 2sinx 1 + 2sin x 5sin x + 2 = 0
− −
⇔
( ) ( ) ( )
3cosx 2sinx 1 + 2sinx 1 sin x 2 = 0
− − −
0,25đ
⇔
( )
( )
2sin x 1 3cosx + sinx 2 = 0
− −
0,25đ
⇔
1
sinx =
2
3 1
cos x sin x 1
2 2





+ =


0,25đ
⇔
1
sinx =
2
sin x 1
3



π
 

+ =
 ÷

 

0,25đ
⇔
x k2
6
5
x k2
6

x k2
6
π

= + π


π

= + π


π

= + π


0,25đ
So sánh đk, kết luận nghiệm pt:
x k2
6
π
= + π
0,25đ
2.
ĐK:
1
x
2
x 1


>



≠

0,25đ
PT ⇔ log
3
(2x − 1) − log
3
(x − 1)
2
= 3x
2
− 8x + 5
0,25đ
⇔ log
3
3(x − 1)
2
+ 3(x − 1)
2
= log
3
(2x − 1) + 2x − 1
0,5đ
Xét f(t) = log
3

t + t trên (0; +∞)
Ta có:
1
f '(x) 1 0 t 0
t ln 3
= + > ∀ >
⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên (0; +∞) (1)
0,25đ
PT ⇔
( )
( )
( )
2
f 3 x 1 f 2x 1
− = −
(2)
Từ (1) và (2) ta được 3(x − 1)
2
= 2x − 1
0,25đ
⇔ 3x
2
− 8x + 4 = 0
⇔
x 2 (TM)
2
x (TM)
3
=




=

0,25đ
KL: S =
2
2 ;
3
 
 
 
0,25đ
3
(thoả mãn)
(loại)
(thoả mãn)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu III
(2 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1:
( )
3
x
2 (1)
y
x 4
8m (2)
y x 2y


>



+

=

−

ĐK cần: Giả sử hệ có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1.
Phương trình (1) ⇔ y(x − 2y) > 0
Ta có: 0 < y(x − 2y) = xy − 2y
2
=
2
2 2 2 2
2
xy x x x x x
2 y 2. y 1 x 0
2 16 8 4 8 8
 
 
− − + + = − − + ≤ ⇒ − ≤ ≠
 ÷
 
 
 
0,25đ
Từ (2) ⇒

( )
( )
3
3 3
2
2
8 x 4
x 4 x 4
8m
x
y x 2y x
8
+
+ +
= ≥ =
−
⇒
2
4
m x
x
≥ +
(*)
0,25đ
Hệ có nghiệm (x; y) với x ≥ −1 nên (*) có nghiệm x ≥ −1
Xét hàm số
2
4
f (x) x
x

= +
trên D = [−1; +∞)\{0}
Ta có
3
3 3
8 x 8
f '(x) 1
x x
−
= − =
f’(x) = 0 ⇔ x = 2
0,25đ
BBT:
0,25đ
BBT ⇒ (*) có nghiệm ⇔
D
minf (x) m≤
⇔ m ≥ 3
0,25đ
ĐK đủ: Với m ≥ 3
Cho x = 2. Ta xét hệ
( )
2
2
y
12
8m
y 2 2y

>





=

−

⇔
2
0 y 1
3
y y 0 (3)
4m

< <


− + =


0,25đ
Do m ≥ 3 nên PT (3) có ∆ =
3 m 3
1 4. 0
4m m
−
− = ≥
PT (3) có 2 nghiệm
1

3
1 1
m
y
2
− −
=
∈ (0; 1) ;
2
3
1 1
m
y
2
+ −
=
∈ (0; 1).
0,25đ
4
x
f’
f
−1
0
+
−
+∞
+∞
+
0

+∞
+∞
3
3
2
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
⇒ Hệ luôn có nghiệm
3
1 1
m
2;
2
 
± −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
với ∀m ≥ 3.
Kết luận ∀m ≥ 3.
0,25đ
Câu IV
(3 điểm)
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực x
n
sao
cho:
n
n

X
1
x n 0
2010
− + =
. Xét dãy số (U
n
) với U
n
= x
n
− n. Tìm lim U
n
.
2. Tìm n nguyên dương thoả mãn:
( )
0 1 2 2 n n
n n n n
C 2C 6C ... n n 2 C 403+ + + + − + =
.
Với
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử.
1.
Với mỗi n ∈ N* , xét
X
1
f (x) x n

2010
= − +
liên tục trên R
X
ln 2010
f '(x) 1 0 x R
2010
−
= − < ∀ ∈
⇒ f(x) nghịch biến trên R
0,25đ
⇒ PT f(x) = 0 nếu có nghiệm, nghiệm đó là duy nhất. (1)
0,25đ
Ta lại có
n
n 1
1
f (n) 0
2010
1
f (n 1) 1 0
2010
+

= >




+ = − <



⇒ f(n).f(n+1) < 0 (2) 0,5đ
Từ (1) và (2) ⇒ với mỗi số nguyên dương n thì phương trình
x
1
x n 0
2010
− + =
có đúng 1 nghiệm x
n
∈ (n; n + 1)
0,5đ
Ta lại có 0 < x
n
− n
n
X
n
1 1
2010 2010
= <
vì x
n
> n
0,25đ
Tức |x
n
− n| <
n

1
2010
mà lim
n
1
2010
= 0 ⇒ lim U
n
= 0
0,25đ
2.
Xét k.triển: (1 + x)
n
=
0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
C xC x C x C ... x C+ + + + +
(1)
Thay x = 2 vào (1) ta có:
0 1 2 2 n n n
n n n n
C 2C 2 C ... 2 C 3+ + + + =
(a)
0,25đ
Đạo hàm hai vế của (1) ta có
( )
n 1
1 2 2 3 n 1 n
n n n n
C 2xC 3x C ... nx C n 1 x

−
−
+ + + + = +
(2)
Đạo hàm hai vế của (2) ta có
( )
n 2
2 3 n 2 n
n n n
2C 3.2xC ... n(n 1)x C n n 1)(x 1
−
−
+ + + − = − +
(3)
0,25đ
Thay x = 1 vào (3) ta có:
2 3 n n 2
n n n
2C 3.2C ... n(n 1)C n(n 1)2
−
+ + + − = −
(b)
Từ (a) và (b) ta có:
( )
0 1 2 2 n n n n 2
n n n n
C 2C 6C ... (n n 2 )C 3 n n 1 2
−
+ + + + − + = + −
0,25đ

Vậy pt ⇔ 3
n
+ n(n − 1).2
n
−
2
= 403
Xét f(n) = 3
n
+ n(n − 1).2
n
−
2

trên [1; +∞)
f’(n) = 3
n
ln3 + (2n − 1).2
n
−
2
+ n(n − 1).2
n
−
2
ln2 > 0 ∀n ∈ [1; +∞)
⇒f(n) đồng biến trên [1; +∞) mà f(5) = 403
⇒ pt có nghiệm duy nhất n = 5.
0,25đ
5