Tong hop mot so de thi HSG Bac Ninh co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.07 MB, 74 trang )

(1)UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2017 Môn thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12 tháng 10 năm 2016. Câu 1. (4,0 điểm). 6x (x + 1) + y(y − 4x − 1) = 2 (x + 1) x 2 + y − 1    Giải hệ phương trình  (x , y ∈ ℝ).  13 − y 131x x x x  2 + 5 = + 44 log 2 + − 5   2  6 3    Câu 2. (4,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. T =. ab bc ca 1 . + + − 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b ab(a + 2c)(b + 2c). Câu 3. (4,0 điểm) Cho dãy số (an ) xác định bởi: a1 = 34, an +1 = 4an3 − 104an2 − 107an với mọi số n nguyên. (. ). dương. Tìm tất cả các số nguyên tố p thỏa mãn hai điều kiện p ≡ 3 mod 4 và a2017 + 1 chia hết cho p . Câu 4. (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Giả sử AD cắt BC tại N, AB cắt CD tại M, AC cắt BD tại E. Đường thẳng OE cắt MN tại K. Chứng minh KO là phân giác của góc BKD. Câu 5. (4,0 điểm) a) Xung quanh bờ hồ hình tròn có 2017 cây liễu. Người ta dự định chặt bớt 5 cây liễu sao cho không có 2 cây liễu nào kề nhau bị chặt. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện khác nhau? b) Một cuộc họp có 12 k (k ∈ ℕ* ) người, trong đó mỗi người bắt tay với đúng 3k + 6 người khác. Biết rằng với mọi cách chọn cặp hai người (A, B ) thì số người bắt tay với cả hai người A và B luôn là m (m ∈ ℕ* , m ≤ 3k + 6) . Hỏi cuộc họp có bao nhiêu người? ------------ Hết -----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………....

(2) HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2017 Môn thi: Toán. UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Đáp án. Câu 1. Điểm 4,0. 131x − 5x > 0 (*) 3 Phương trình thứ nhất trong hệ tương đương với:. Đk: x 2 + y ≥ 0 và 2 +. 6x 2 + 6x + y 2 − 4xy − y − 2(x + 1) x 2 + y + 2 = 0  2 2 x + 1 ≥ 0 (**) 2  x + y − (x + 1) = 0  2  ⇔  x + y − (x + 1) + (2x − y + 1) = 0 ⇔  ⇔    2x − y + 1 = 0 y = 2x + 1 (1)   x 131x Thế (1) vào pt thứ hai trong hệ ta được: 2x + 5x = 2 − + 44 log2 2 + − 5x  (2)  3 3 .   131x Đặt z = log2 2 + − 5x  , ta có hệ:   3 x.  x 2 + 5x = 2 − x + 44z  3  z 131 x x 2 + 5 = 2 + 3 . z. x. 2,0. (3) (4). 1,0. z. Trừ theo vế của (3) và (4) ta có: 2 − 2 = 44z − 44x ⇔ 2 + 44x = 2 + 44z ⇔ z = x ( vì hàm số f (t ) = 2t + 44t đồng biến trên ℝ ). Thế z = x vào (3) ta được phương trình: 2x + 5x −. 131x − 2 = 0 (5) 3. 131x − 2 trên ℝ . 3 131 Ta có g '(x ) = 2x ln 2 + 5x ln 5 − ; g ''(x ) = 2x ln2 2 + 5x ln2 5 > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ Hàm số 3. Xét hàm số g(x ) = 2x + 5x −. ( ). g '(x ) đồng biến trên ℝ . Ngoài ra g '(x ) liên tục trên ℝ và g '(0).g '(3) < 0 ⇒ ∃α ∈ 0; 3 sao. 1,0. cho g '(α) = 0 . Từ đó suy ra hàm số g(x ) nghịch biến trên khoảng (−∞; α) và đồng biến trên khoảng (α; + ∞) . Mặt khác g(0) = g(3) = 0 ⇒ pt (5) có đúng hai nghiệm x = 0, x = 3. +) x = 0 ⇒ y = 1; x = 3 ⇒ y = 7 . Kết hợp với điều kiện (*) và (**) suy ra hệ đã cho có hai nghiệm (x ; y ) = (0;1) và (x ; y ) = (3; 7) . 2. 4,0 p p > 0, n > > 0 ta có: 2 2 ab bc ca a +b +c + + ≤ ma + nb + pc mb + nc + pa mc + na + pb m + n + p CM bổ đề: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:. Bổ đề: Với a,b, c > 0, m >.

(3) 2.   p   p    m − 2  + n − 2  + p + p   . ab(m + n + p)2 = ab   ma + nb + pc p p p p m − a + n − b + (c + a ) + (b + c ) 2  2  2 2   2 2      p  p     n −   m −    2 2   p2 p 2   p p 2pab 2pab    = m − b + n − a + ≤ ab.  + + + +         2 2 c +a c +b  m − p a n − p b p (c + a ) p (b + c)     2 2 2  2   . Tương tự,  bc(m + n + p)2  p p 2pbc 2pbc ≤ m − c + n − b + +     ma + nb + pc a +b a +c 2 2   2     ca(m + n + p) p p 2pca 2pca ≤ m − a + n − c + +   ma + nb + pc b +a b +c 2 2  . 2,0. Do đó, 2. . ab. bc. . ca. (m + n + p ) ma + nb + pc + mb + nc + pa + mc + na + pb  ≤.       p p ≤ m −  (a + b + c) + n −  (a + b + c) + 2p(a + b + c) = (m + n + p)(a + b + c)    2 2  . ab bc ca a +b +c . Dấu bằng xảy ra khi + + ≤ ma + nb + pc mb + nc + pa mc + na + pb m + n + p a = b = c. Áp dụng bổ đề trên với m = 3, n = 4, p = 5 ta có: ⇒. ab bc ca a +b +c 3 + + ≤ = 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b 12 4 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM_GM ta có: a + b a + 2c + b + 2c 1 ab(a + 2c)(b + 2c) ≤ . = (a + b)(a + b + 4c ) 2 2 4 2 1 1 (3(a + b) + a + b + 4c ) (a + b + c)2 = .3(a + b)(a + b + 4c ) ≤ = = 27 12 12 4 3 1 1 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3 ⇒ ≥ ab(a + 2c)(b + 2c) 27. 1,0. 1,0. 3 1 77 − = . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3 . 4 27 108 77 Vậy giá trị lớn nhất của T bằng . 108. Do đó: T ≤. 3. (. ). (. ). Bổ đề: Cho p là số nguyên tố p ≡ 3 mod 4 . Nếu a, b ∈ ℕ , a + b ⋮ p thì a ⋮ p, b ⋮ p. *. 2. 2. Thật vậy, đặt p = 4k + 3(k ∈ ℕ) , giả sử a / ⋮ p khi đó b /⋮ p ⇒ (a, p) = 1,(b, p) = 1 .. 4,0.

(4) Theo định lý Fecma a. p −1. ≡ 1(mod p) ⇔ a 2(2k +1) ≡ 1(mod p). p −1. và b ≡ 1(mod p) ⇔ b Theo giả thiết. (a. 2. 2(2k +1). 2,0. ≡ 1(mod p). ). + b 2 ⋮ p ⇔ a 2 ≡ −b 2 (mod p) ⇔ (a 2 )2k +1 ≡ −(b 2 )2k +1(mod p) ⇔ 1 ≡ −1(mod p). ⇔ 2 ≡ 0(mod p) . Vô lý, vậy giả sử sai nên a ⋮ p, b ⋮ p (đpcm). Ta làm bài toán tổng quát: Với mọi n ∈ ℕ tìm p nguyên tố thỏa mãn hai điều kiện p ≡ 3 (mod 4) và an +1 + 1 chia hết cho p . 2. an +1 − 27 = (an − 27 )(2an + 1) ⇒ n. Do đó. ∏ k =1. ak +1 − 27 ak − 27. n. an +1 − 27 an − 27. 2. = (2an + 1). 2. (. ). = ∏ (2ak + 1) = A2 ⇒ an +1 − 27 = 7A2 ⇒ an +1 + 1 = 7 22 + A2 . k =1. 2,0. Do an ∈ ℕ * (∀n ) nên A2 ∈ ℕ * . Giả sử p nguyên tố thỏa mãn hai điều kiện p ≡ 3 (mod 4) và an +1 + 1 chia hết cho p .. (. ). Nếu p ≠ 7 thì 22 + A2 ⋮ p ⇒ 2 ⋮ p (vô lý). Vậy p = 7 . 4. 2,0 Trước hết có bổ đề (Định lý Brocard):. N. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) có M , N lần lượt là giao điểm của các cặp cạnh đối. A. AB,CD và AD, BC . Gọi E là giao điểm của hai. đường chéo. Khi đó, ta có EO ⊥ MN .. H. Thật vậy, gọi H là giao điểm khác E của đường. E. B. O. tròn ngoại tiếp tam giác ABE ,CDE . M. Trước hết, ta thấy rằng H , E , M cùng nằm trên trục. C D. đẳng phương của (ABE ),(CDE ) nên chúng thẳng hàng. Ta cũng có ∠BHC = ∠BHE + ∠CHE = ∠EAB + ∠EDC = ∠BOC. nên tứ giác OHBC nội tiếp. Tương tự thì tứ giác OHAD cũng nội tiếp. Suy ra H cũng chính là giao điểm thứ hai khác O của hai đường tròn (OBC ),(OAD ) nên các điểm O, H , N cũng thẳng hàng vì cùng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn này. Mặt khác, cũng bằng cách xét các góc nội tiếp trong các tứ giác nội tiếp, ta có ∠MHN = ∠MHB + ∠NHB = ∠EAB + ∠OCB = ∠EDC + ∠OBC = ∠EHC + ∠OHC = ∠MHO. 2,0.

(5) Hơn nữa, đây là hai góc bù nhau nên mỗi góc bằng 90 hay ME ⊥ ON . Chứng minh tương tự, ta có NE ⊥ OM hay E là trực tâm của tam giác OMN và OE ⊥ MN . Bổ đề được chứng minh. Giải bài toán như hình vẽ dưới Theo định lý trên ta có OK ⊥ MN . M K. A. E. D. 2,0. O B. N. C. Chứng minh các tứ giác KDCN và MKCB nội tiếp Thật vậy: Theo hệ thức quen thuộc. (. )(. ). (. ). OM .ON = R 2 ⇒ OK + KM OK + KN = R 2 ⇒ OK 2 + KM KM + MN = R 2. Suy ra MK .MN = OM 2 − R 2 = ΡM /(O ) = MD.MC , hay tứ giác KDCN nội tiếp Tương tự ta có MKCB nội tiếp. Suy ra ∠DKN = ∠DCB = ∠MCB = ∠MKB Suy ra điều phải chứng minh 5.a. 2,0 Chọn 1 cây bất kì trong hàng cây, đánh dấu là cây A. Có hai trường hợp sau xảy ra: Trường hợp 1: Cây A không bị chặt. Khi đó xét hàng cây gồm 2016 cây còn lại. Ta sẽ chặt 5 cây trong số 2016 cây đó sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt. Giả sử đã chặt được 5 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 2011 cây (không kể cây A). Việc phục hồi lại hàng cây là đặt 5 cây đã chặt vào 5 vị trí đã chặt, số cách làm này bằng với số cách đặt 5 cây vào 5 trong số 2012 vị trí xen kẽ giữa 2011 cây (kể cả 2 đầu), nên:. 1,0. 5 Số cách chặt 5 cây ở trường hợp 1 là: C 2012 (cách).. Trường hợp 2: Cây A bị chặt. Khi đó hàng cây còn lại 2016 cây. Ta sẽ chặt 4 cây trong số 2016 cây còn lại sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng không được chặt). Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 2012 cây. Do hai cây ở hai phía cây A vừa chặt không được chặt nên ta xét hàng cây gồm 2010 cây còn lại. 4 (cách). Lập luận tương tự như trường hợp 1, ta có số cách chặt cây là: C 2011 5 4 + C 2011 (cách). Suy ra: số cách chặt cây thỏa yêu cầu đề bài là: C 2012. 1,0.

(6) 5.b. 2,0 Ta sẽ đếm số bộ (A, B, C) mà C bắt tay với cả A và B nhưng A và B không bắt tay nhau. Gọi số bộ này là S. * Đếm theo A, B trước: - Chọn ra một người A tuỳ ý, có 12k cách - Chọn ra một người B không bắt tay với người này, có 12k − 1 − (3k + 6) = 9k − 7 cách Chọn ra một người bắt tay với cả hai người này: theo giả thiết thì số cách chọn này là như nhau với tất cả các cặp (A, B) cho trước là m . Vậy S = 12k (9k − 7 ) m (1) * Đếm theo C trước: - Chọn ra một người C tuỳ ý, có 12 k cách. - Chọn ra một người A mà C bắt tay, có (3k + 6) cách. - Chọn ra một người B bắt tay với C nhưng không bắt tay với A. - Ta thấy rằng có m người bắt tay với cả A, C nên có 3k + 5 − m bắt tay với C nhưng không bắt tay với A. Vậy S = 12k (3k + 6)(3k + 5 − m ) (2) Từ (1) và (2) ta có 12k (9k − 7 ) m = 12k (3k + 6)(3k + 5 − m ) m=. 3 (k + 2)(3k + 5). ∈ ℤ+ . Suy ra k = 3, m = 6. 12k − 1 Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra một trường hợp thoả mãn. Giả sử những người dự họp ngồi thành. (. ). ma trận 6x6 : (Aij ) i, j = 1, 6 ; và giả sử rằng hai người Aij , Akl bắt tay lẫn nhau nếu và chỉ nếu i = k hoặc j = l hoặc i − j ≡ k − l (mod 6). Như vậy, mỗi người bắt tay nhau đúng với 15 người khác và thoả mãn các điều kiện của bài toán. Vậy số người trong cuộc họp là 36. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.. 2,0.

(7) ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 06 tháng 10 năm 2015. UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. (Đề thi gồm 01 trang). Câu 1 (4,0 điểm). Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c =. P=. π 2. . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. 1 1 1 + + . 1 + sin a 1 + sinb 1 + sinc. Câu 2 (3,0 điểm). Tìm hàm số f : ℝ → ℝ , biết rằng với mọi x ∈ ℝ thì. f (x) = Max {3 x 2 y 4 − 2 f (y), y ∈ ℝ} .. Câu 3 (4,0 điểm). Cho hình thang ABCD. ( AB > CD ) . Gọi. K , L là hai điểm lần lượt trên AB, CD sao. AK DL . Giả sử P, Q nằm trên đoạn thẳng KL sao cho APB = BCD và = BK CL CQD = ABC . Chứng minh bốn điểm P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn.. cho. Câu 4 (5,0 điểm). a) Cho a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn 4ab − 1 là ước của ( a + b + 1)( a + b − 1) . Hãy chứng minh a = b . b) Nếu a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn 4ab − 1 là ước của (4a 2 − 1) 2 thì ta có a = b không ? Câu 5 (4,0 điểm). Có 2016 cặp vợ chồng tham gia lễ hội hóa trang. Có bao nhiêu cách ghép họ thành 2016 cặp nhảy (nam –nữ) sao cho không có cặp nào là vợ chồng ?. ------------ Hết -----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………....

(8) ĐÁP ÁN CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT Năm học 2015-2016 Môn: Toán Ngày thi: 06 – 10 – 2015 --------------------------------Câu. Điểm. Nội dung. a) Tìm giá trị nhỏ nhất: Chứng minh P.(sina + sinb + sinc + 3) ≥ 9 Chứng minh sin a + sinb + sinc ≤. 3 2. 2 điểm. Chỉ ra P ≥ 2 ; chỉ ra khi a = b = c =. π 6. thì giả thiết thỏa mãn. và P = 2, kết luận MinP =2 b)Tìm giá trị lớn nhất:. Câu 1 (4điểm) Chứng minh. 1 1 1 + ≤ + 1 , với 1 + s inx 1 + s iny 1 + s in(x+y). x, y ≥ 0; x + y ≤. π. .. 2. Chỉ ra P ≥ 2 ;. Chỉ ra khi a = b = 0, c = luận MaxP =. π 2. 2 điểm. thì giả thiết thỏa mãn và P =. 5 , kết 2. 5 . (0,5 điểm) 2. f (x) ≥ 3x 2 y 4 − 2 f (y), ∀ y. - Từ giả thiết suy ra. ⇒ f(x) ≥ x (1) 6. 1 điểm. - Kết hợp với giả thiết, dẫn đến: Câu 2 (3điểm). f (x) ≤ Max {3 x y − 2 y , y ∈ ℝ} = x 2. 4. - Từ (1) và (2) ta có. 6. f(x) = x 6. 1 điểm 6. (2). ∀x ∈ ℝ. Thử lại , f(x) = x 6 ∀x ∈ ℝ thỏa mãn đầu bài.. 1 điểm.

(9) Câu 3 Từ giả thiết, (4điểm). AK DL = ta suy ra AD, BC, KL đồng quy ở E. BK CL. 1 điểm. Dựng đường tròn (O1) đi qua hai điểm C,D và tiếp xúc với BC, dựng (O2) đi qua hai điểm A,B và tiếp xúc với BC. Khi đó DQC = ABC = DCE nên Q ∈ (O1 ) .. 1 điểm. Tương tự P ∈ (O2 ) . Gọi F là điểm giao thứ hai của EQ với (O1). Ta có: 2. EF .EQ = EC (1) Dễ dàng có O1CD = O2 BA suy ra ∆AO2 B ∼ ∆DO1C (c.g .c). O C DC EC Suy ra 1 = = = k ⇒ E , O1 , O2 thẳng hàng và O2 B AB EB EO1 = k ⇒ EO1 = k EO2 . EO2 Xét phép vị tự H ( E ,k ) : (O1 ) → (O2 ). Do E , P, F thẳng hàng,. 2 điểm.

(10) F ∈ (O1 ), P ∈ (O2 ) nên EF = k EP ⇒. EF EC =k = (2) EP EB. Từ (1) và (2) suy ra EP.EQ = EC.EB , suy ra bốn điểm P,Q,B,C cùng thuộc một đường tròn.. a) Do 4ab − 1 là ước của (a + b + 1)(a + b − 1) mà (a + b + 1)(a + b − 1) = (a − b) 2 + (4ab − 1) Suy ra 4ab − 1 là ước của (a − b) 2 . Giả sử ngược lại, tồn tại hai số nguyên dương phân biệt a và b sao cho 4ab-1 là ước của (a − b). 2. ( a − b) 2 . Đặt k = > 0 , và 4ab − 1. ( a − b) 2 S = { (a,b): (a,b) ∈ Z x Z | =k } và giả sử ( A, B) là 4ab − 1 một cặp trong S mà tổng A + B là tổng nhỏ nhất trong các tổng a + b, ∀(a, b) ∈ S . *. *. Không mất tính tổng quát , ta giả sử A > B . Câu 4 Xét phương trình bậc hai: 2 (4điểm) ( x − B ) 2. 4 xB − 1. = k ⇔ x − (2 B + 4kB) x + B 2 + k = 0. Phương trình này có hai nghiệm x1=A và x2. B2 + k Theo viet ta có: x2 = 2 B + 4kB − A = . A Suy ra x2 nguyên dương, vậy cặp ( x2 , B ) ∈ S . Mà (A,B) là cặp thuộc S mà có tổng A+B nhỏ nhất, nên x2 ≥ A. B2 + k ⇔ ≥ A ⇒ k ≥ A2 − B 2 . Mà A ( A − B)2 ( A − B)2 k= ⇒ ≥ A2 − B 2 4 AB − 1 4 AB − 1 ⇒ A − B ≥ (4 AB − 1)( A + B) ≥ A + B ⇒B≤0. 4 điểm.

(11) Mâu thuẫn, vậy điều giả sử sai, vậy a = b. b) Nếu 4ab − 1|(4a 2 − 1) 2 thì. 4ab − 1 |[b 2 (4a 2 − 1) 2 − (4ab − 1)(4a 3b − 2ab + a 2 )] = a 2 − 2ab + b 2 = ( a − b) 2. 1 điểm. Lập luận như câu a) ta cũng có a = b . Ta xét bài toán tổng quát: Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2, có n cặp vợ chồng tham gia hóa trang, có bao nhiêu cách ghép họ thành các cặp nhảy sao cho không có cặp nào là vợ chồng?. Ký hiệu n cặp vợ chồng là (C1 ,V1 ), (C2 ,V2 ),...., (Cn ,Vn ). Gọi Sn là số cách ghép n cặp nhảy sao cho không có cặp nào là vợ chồng. Với n ≥ 3 , ta có n − 1 cách ghép Cn với Vi (n ≠ i ) , nên ta có hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Cn ghép với Vi và Ci ghép với Vn ( n ≠ i ). Khi đó sẽ có Câu 5 (4điểm). n-1 cách ghép Cn với Vi , và bỏ đi hai cặp nhảy mới (Cn , Vi ), (Ci , Vn ) thì ta còn n-2 cặp và để ghép n-2 cặp này thì ta lại có Sn−2 cách. Vậy trường hợp này có (n-1)Sn-2 cách ghép. Trường hợp 2: Cn ghép với Vi ( n ≠ i ), nhưng Ci lại không ghép với Vn. Khi đó cũng có n-1 cách ghép Cn với Vi , bỏ đi hai người này, ghép những người còn lại với nhau thì lại có Sn−1 cách ghép. Vậy trường hợp này có (n-1).Sn-2 cách ghép. Vậy kết hợp hai trường hợp ta có số cách ghép thỏa mãn đầu bài:. Sn = ( n − 1)( Sn−1 + Sn−2 ) , dễ thấy S1=0, S2=1. Ta có. 4 điểm.

(12) Sn − nSn−1 = −( Sn−1 − (n − 1) Sn−2 ) = ... = (−1) n−2 ( S2 − 1.S1 ) = (−1) n. Sn Sn−1 (−1) n ⇒ − = n ! (n − 1)! n! Sn 1 1 (−1) n ⇒ = 1 − + − ... + n! 1! 2! n! 1 1 (−1) n ⇒ Sn = n !(1 − + − ... + ) 1! 2! n! Thay n=2016 ta được kết quả của bai toán, số cách ghép 2016 cặp vợ chồng để thành 2016 cặp nhảy mà không có cặp nào là vợ chồng là: S2016=2016! (1 −. 1 1 1 + − ... + ). 1! 2! 2016!. Hết Chú ý: Mọi cách giải khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa..

(13) 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 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016. ========== Câu 1. (3,0 điểm). 2x − 4 có đồ thị (C ) và điểm A(−5; 5) . Tìm m để đường thẳng x +1 y = −x + m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình Cho hàm số y =. hành (O là gốc tọa độ). Câu 2. (5,0 điểm).  . 1) Giải phương trình cos x + cos 3x = 1 + 2 sin 2x +. π  . 4 .  2 x − xy − 2y − 4 + 2x − 1 − 2y + 3 = 0 2) Giải hệ phương trình  2 (x, y ∈ ℝ ).  4x − 4x − 4 2x − 1 + (x − 1) −y − 1 = 3x − 7 . (. ). Câu 3. (4,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường thẳng AB, AC lần lượt là 5x − y − 2 = 0, x − 5y + 14 = 0. Gọi D là trung điểm của BC , E là. 9 8. trung điểm của AD, M  ;  là hình chiếu vuông góc của D trên BE . Tìm tọa độ các điểm 5 5. . . A, B,C .. ( ). 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x + y − 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng d1 :. x +1 y +2 z x −2 y −1 z −1 = = ; d2 : = = . Viết phương trình đường thẳng 1 2 1 2 1 1. d song song với mặt phẳng (P ) và cắt (d1 ), (d2 ) lần lượt tại A, B sao cho AB = 3 5.. Câu 4. (2,5 điểm) Cho hai đường thẳng cố định a và b chéo nhau. Gọi AB là đoạn vuông góc chung của a và b ( A thuộc a, B thuộc b ). Trên a lấy điểm M (khác A ), trên b lấy điểm N (khác B ) sao cho. AM = x , BN = y, x + y = 8. Biết AB = 6, góc giữa hai đường thẳng a và b bằng 600. Tính thể tích khối tứ diện ABNM theo x , y. Khi thể tích khối tứ diện ABNM đạt giá trị lớn nhất hãy tính độ dài đoạn MN . Câu 5. (4,0 điểm) 3. 1) Tính tích phân I =. ∫ 0. (. 2x + ln x + x 2 + 1 x2 +1. (. ) dx. ). 2) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn x 2 + x + 1. n. = a 0 + a1x + a2x 2 + ... + a2n x 2n . Tìm. n biết a1 + 2a2 + 3a 3 + ... + 2na2n = 324. Câu 6. (1,5 điểm) 3. 3. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a + b = a 4 + b 4 . Chứng minh rằng a abb ≤ 1 ≤ a a bb .. -----------------Hết----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

(14) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Câu 1. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán – Lớp 12 Điểm 3,0. Lời giải sơ lược Hoành độ của M và N là nghiệm của pt: x 2 + (3 − m )x − (m + 4) = 0(1) 2x − 4 = −x + m ⇔  x +1 x ≠ −1 Vì ∆ = m 2 − 2m + 25 > 0, ∀m và x = −1 không là nghiệm của (1) nên 1 luôn có hai. (). nghiệm phân biệt khác −1, ∀m ⇒ (d ) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt. Do các điểm O và A thuộc đường thẳng ∆ : y = −x nên để OAMN là hình bình hành thì. MN = OA = 5 2 x + x = m − 3 2 Gọi M (x 1; −x 1 + m ), N (x 2 ; −x 2 + m ) với x 1, x 2 là nghiệm của (1). Ta có  1 x 1x 2 = −(m + 4)  2 2 2 2   ⇒ MN = 2(x 1 − x 2 ) = 2 (x 1 + x 2 ) − 4x 1x 2  = 2m − 4m + 50   m = 2 MN = 5 2 ⇒ 2m 2 − 4m + 50 = 50 ⇔  m = 0 + m = 0 thì O, A, M , N thẳng hàng nên không thỏa mãn. + m = 2 thỏa mãn. Chú ý:. 0,5. 0,5. 0,5 0,5. 0,5. 0,5. Học sinh sử dụng điều kiện OA = NM vẫn cho tối đa điểm Nếu không loại trường hợp m = 0 trừ 0,5đ 2.1 PT ⇔ 2 cos 2x cos x = 1 + sin 2x + cos 2x ⇔ cos 2x (2 cos x − 1) = 1 + 2 sin x cos x ⇔ (cos2 x − sin2 x )(2 cos x − 1) = (cos x + sin x )2  cos x + sin x = 0 (1) ⇔  (cos x − sin x )(2 cos x − 1) = cos x + sin x (2)  π π π (1) ⇔ 2 sin x +  = 0 ⇔ x + = k π ⇔ x = − + k π 4  4 4 .  cos x = 0   (2) ⇔ 2 cos x (cos x − sin x − 1) = 0 ⇔  x + 2 cos   . Vậy pt có nghiệm là x = −. 2,5 0,5 1,0. 0,5.  x = π + k π  2 ⇔ π  (k ∈ ℤ)  = 1 x + π = ± π + k 2π 4   4 4 . 0,5. π π + k π , x = + k π, x = k 2π (k ∈ ℤ). 4 2. 2.2. 2,5  2 x − xy − 2y − 4 + 2x − 1 − 2y + 3 = 0 (1) (x, y ∈ ℝ ).  4x 2 − 4x − 4 2x − 1 + (x − 1) −y − 1 = 3x − 7 (2)  1 3 Điều kiện x ≥ ; − ≤ y ≤ −1 2 2. (. ). Phương trình (1) ⇔ (x − y − 2)(x + 2) +. (. ). 2x − 1 − 2y + 3 = 0. 0,5.

(15)  x = 1  2 , không thỏa mãn hệ phương trình 2x − 1 + 2y + 3 = 0 ⇔   3 y = − 2 . Trường hợp 1: Chú ý:. Nếu không xét trường hợp. 2x - 1 + 2y + 3 = 0 thì trừ 0,25đ. 2x − 1 + 2y + 3 ≠ 0. Trường hợp 2:. (1) ⇔ (x − y − 2)(x + 2) +. 2 (x − y − 2) 2x − 1 + 2y + 3. ⇔ x − y − 2 = 0 ( Vì (x + 2) +. =0. 0,5. 2. 1 3 > 0, ∀ x ≥ ; − ≤ y ≤ −1 ) 2 2 2x − 1 + 2y + 3. Thế vào phương trình (2) ta được. (4x. 2. 1  2x − 1 + (x − 1) 1 − x − 3x + 7 = 0 (3) , ĐK x ∈  ;1 2    2  4x − 4x − 4 < 0 ta có  ( Theo bất đẳng thức Cauchy)  2x − 1.1 ≤ 2x − 1 + 1 = x  2. − 4x − 4. 1  Với x ∈  ;1 2   . ). 1,0. Kết hợp với phương trình (3) ta có. (. ). 0 ≥ x 4x 2 − 4x − 4 − 3x + 7 + (x − 1) 1 − x ⇔ 0 ≥ 4x 3 − 4x 2 − 7x + 7 + (x − 1) 1 − x. (. ⇔ 0 ≥ (1 − x ) 7 − 4x 2 − 1 − x. ). 1  ⇔ x = 1 ( vì 7 − 4x 2 − 1 − x > 0; 1 − x ≥ 0, ∀x ∈  ;1 ) 2   . Với x = 1 thỏa mãn phương trình (3) ⇒ y = −1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y ) = (1; −1). Cách 2 2 (3) ⇔ (2x − 1) - 5 2x − 1 =   ⇔. (. 2x − 1. ). 5. ( ) - 3 (1 − x ) - 4 2x − 1 = ( 1 − x ) - 3 (1 − x ) - 4 1−x. 3. 3. -5.  1   2x − 1 = a, 1 − x = b với a ∈ 0;1 , b ∈  0;   2  Xét hàm số f (a ) = a 5 − 5a trên  0;1 ,  1   g (b ) = b 3 − 3b 2 − 4 trên  0;   2  Sử dụng phương pháp hàm số ta được  1  f (a ) ≥ −4, ∀a ∈  0;1 , g (b ) ≤ −4, ∀b ∈  0;  2  Từ đó phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 1 ⇒ y = −1 Đặt. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y ) = (1; −1).. 0,5.

(16) 3.1. 2,0 A. Tọa độ điểm A thỏa mãn 5x − y − 2 = 0 x = 1   ⇔ ⇒ A (1; 3).   x − 5y + 14 = 0 y = 3  . E M. C. D. B. 0,5. Cách 1: Xét hai tam giác AEM và CDM. AEM = 900 + EBD = MDC ME ME MD MD = = = ( Vì ∆MDE , ∆DBE là hai tam giác đồng dạng) EA ED BD CD ⇒ AME = CMD ⇒ AME + CME = CMD + CME = 900 ⇒ CM ⊥ MA ME DE Cách 2: Ta có ∆MDE, ∆MBD đồng dạng nên MDE = MBD, = hay MD BD ME .BD = DE .MD. (. )(. 0,5. ). AM .CM = AE + EM CD + DM = AE .DM + EM .CD = −DE .DM .cos MDE + EM .DB.cos MBD = 0 Do đó, AM ⊥ CM . 9 8 4 7 Đường thẳng CM qua M  ;  , vectơ pháp tuyến AM =  ; −  có phương trình  5 5   5 5    9 8 4 x −  − 7 y −  = 0 ⇔ 4x − 7y + 4 = 0 5  5   . 0,5. 4x − 7y + 4 = 0 x = 6 Tọa độ điểm C thỏa mãn  ⇔  ⇒ C (6; 4). x − 5y + 14 = 0 y = 4   Gọi B (b; 5b − 2) ta có. b = 0 AB = AC ⇒ (b − 1) + (5b − 5) = 26 ⇔  b = 2 b = 0 ⇒ B (0; −2) thỏa mãn. 2. 2. 0,5. b = 2 ⇒ B (2; 8 ) loại do M nằm ngoài ∆ABC .. Chú ý: Nếu không loại điểm B (2; 8) trừ 0,25 điểm. 3.2. Vì A ∈ d1; B ∈ d2 nên ta đặt A (−1 + a; −2 + 2a; a ), B (2 + 2b;1 + b;1 + b ) ⇒ AB = (−a + 2b + 3; −2a + b + 3; −a + b + 1). 2,0 0,5. Do AB song song với (P ) nên AB ⊥ nP = (1;1; −2) ⇔ b = a − 4 Suy ra, AB = (a − 5; −a − 1; −3) Do đó, AB =. (a − 5). 2. 0,5. + (−a − 1) + (−3) = 2a 2 − 8a + 35 2. 2.

(17) a = −1 Suy ra, AB = 3 5 ⇔ 2a 2 − 8a + 35 = 45 ⇔  a = 5. x = −2 + 2t  a = −1 ⇒ A (−2; −4; −1), AB (−6; 0; −3) (thỏa mãn) ⇒ PT của d :  y = −4  z = −1 + t   x = 4 a = 5 ⇒ A (4; 8;5), AB (0; −6; −3) (thỏa mãn) ⇒ PT của d :  y = 8 + 2t  z = 5 + t  Chú ý: Nếu học sinh không kiểm tra lại điều kiện AB / / (P ) thống nhất vẫn cho điểm tối đa. 4. 0,5. 0,5. 2,5 Dựng hình chữ nhật ABNC .. M. (AM , BN ) = (AM , AC ) = 60. 0. Ta có AB ⊥ AM AB ⊥ AM   ⇒ ⇒ AB ⊥ (ACM )   AB ⊥ BN AB ⊥ AC  . x. 0,5 C. y A. N 6. y B. VABNM = VMABC =. 1 1 1 3 3 AB.S ACM = AB.AC .AM sin CAM = .6.x .y. = xy 3 6 6 2 2. 3 3 (x + y ) VABNM = xy ≤ = 8 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 4. 2 2 4 Khi đó AM = BN = AC = 4. 0,5. 2. Lại có AB / /CN ⇒ CN ⊥ (AMC ) ⇒ CN ⊥ CM ⇒ MN 2 = CM 2 + CN 2. 0,5. 0,5. Mặt khác MAC = 600 hoặc MAC = 1200 Trường hợp 1: MAC = 600 ⇒ ∆AMC đều ⇒ CM = 4 ⇒ MN = 42 + 62 = 2 13 Trường hợp 2: MAC = 1200 ⇒ CM = AM 2 + AC 2 − 2AM .AC cos1200 = 48 ⇒ MN = 48 + 62 = 2 21 Chú ý: Nếu học sinh chỉ tính đúng được một kết quả của MN thì cho 0,5 điểm trong tổng số 1,0 điểm.. 5.1 3. I =. ∫ 0. 3. 2x x2 + 1 3. Ta có I 1 =. ∫ 0. dx + ∫. (. ln x + x 2 + 1 x2 + 1. 0. 2x x +1 2. 3. dx =. ∫ 0. (. )dx ). d x2 + 1 x +1 2. 0,5. 2,0 = I1 + I2. 1,0 3. = 2 x2 + 1 0. =2.

(18) (. ). dx. Đặt t = ln x + x 2 + 1 ⇒ dt =. x2 + 1. (. Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 3 ⇒ t = ln 2 + 3. (. ln 2+ 3. Do đó I 2 =. ∫ 0. ). t2 tdt = 2. (. ln 2+ 3. ) =. (. ln2 2 + 3 2. 0. 0,5. ). ) . Vậy I = 2 + 1 ln. 2. 2. (. 3 +2. ). 5.2. 0,5 2,0. ( f ' (x ) = n (2x + 1)(x. ). Xét hàm số f (x ) = x 2 + x + 1 2. n. = a 0 + a1x + a2x 2 + ... + a2n x 2n. ). +x +1. n −1. = a1 + 2a2x + 3a 3x 2 + ... + 2na2n x 2n −1. 1,0. f ' (1) = n 3n = a1 + 2a2 + 3a 3 + ... + 2na 2n = 324 ⇒ n.3n = 324.. Nếu n > 4 ⇒ n.3n > 4.34 = 324 (Loại) Nếu 1 ≤ n < 4 ⇒ n.3n < 4.34 = 324 (Loại) Mà n = 4 thỏa mãn n.3n = 324. Vậy n = 4 là giá trị cần tìm. Chú ý: Nếu học sinh chỉ nhẩm được trường hợp n = 4 cho 0,25 điểm. 6. 1,0. 1,5 Ta chứng minh a b ≤ 1 ⇔ a ln a + b ln b ≤ 0. Ta có ln x ≤ x − 1, ∀x > 0 . Thật vậy, xét hàm số f (x ) = ln x − x + 1 a b. 1 − 1, f ' (x ) = 0 ⇔ x = 1. x Từ BBT suy ra, f (x ) ≤ f (1) = 0 ⇒ ln x ≤ x − 1, ∀x > 0. f ' (x ) =. (. ). (. ). 0,75. Do đó, 3a ln a − a 4 − a ≤ 3a (a − 1) − a 4 − a = − (a − 1) (a + 2) ≤ 0, ∀a > 0 2. ⇒ 3a ln a ≤ a − a 4 . Tương tự ⇒ 3b ln b ≤ b − b 4 Do đó, 3a ln a + 3b ln b ≤ a − a 4 + b − b 4 = 0 ⇒ a ln a + b ln b ≤ 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. 3. 3. Ta chứng minh 1 ≤ a a bb ⇔ a 3 ln a + b 3 ln b ≥ 0. Ta có a + b = a + b 4. 4. (a ≥. 2. + b2 2. ). 2. (a + b ). 4. ≥. 8. ⇒ a + b ≤ 2 ⇒ a, b ∈ (0;2).. x −x , x ∈ (0;2). x3 (x − 1) 2 + 2x − 2x 2. Xét hàm số g (x ) = 3 ln x −. 4. (. ). 3 2 −1− 3 = x x x3 g ' (x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 trên (0;2). g ' (x ) =. 0,25. Từ BBT suy ra g (x ) ≥ g (1) = 0 ⇒ 3x 3 ln x ≥ x 4 − x , ∀x ∈ (0;2). Do đó, 3a 3 ln a + 3b 3 ln b ≥ a 4 − a + b 4 − b = 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.. 0,5.

(19) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán – Lớp 12 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02 tháng 4 năm 2015. UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang). Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số f (x ) = x 3 − 3(m + 1)x 2 + 3m(m + 2)x − 2 + m (1) (m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại tới trục hoành bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu tới trục tung. Câu 2. (5,0 điểm) 1. Giải phương trình. sin 2x + cos 2x − 3 2 sin x − 2. (sin x + cos x ). 2. (. = 1.. )(. ).  y2 + 1 − y = 1 2015x +y x 2 + 1 − x 2. Giải hệ phương trình  2  25x 2 + 9x 9x 2 − 4 = 2 + 18y  y2 + 1  Câu 3. (5,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I (4;2) là trung điểm đoạn BC , điểm A nằm trên đường thẳng d : 2x − y − 1 = 0. Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A. Biết phương trình đường thẳng. DE : x − 3y + 18 = 0 và BD = 2 5 điểm D có tung độ nhỏ hơn 7 . Xác định tọa độ các điểm A, B,C . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1;1; −1), B(1;1;2), C (−1;2; −2) và mặt phẳng (P ) : x − 2y + 2z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P ) , cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB = 2IC . Câu 4. (2,0 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B ' C ' D ' có AB = 1, BC = 2, AA ' = 3 . Mặt phẳng (P ) thay đổi và luôn đi qua C ' , mặt phẳng (P ) cắt các cạnh AB, AD, AA ' lần lượt. 1 2 3 + + không đổi. Từ đó, xác định vị trí của AE AF AG mặt phẳng (P ) để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất. tại E , F ,G (khác A). Chứng minh rằng. Câu 5. (3,5 điểm) e. 1. Tính tích phân I =. ∫. (x. 3. 1. ). + 1 ln x + 2015x 2 + 1 2015 + x ln x. dx.. 2. Tìm số nguyên dương lẻ n thỏa mãn 22C n0 23C n1 24C n2 2n +2C nn 2 − + − ... − = . 1.2 2.3 3.4 2017 n + 1 n + 2 ( )( ) Câu 6. (1,5 điểm) Cho a, b, x , y là các số thực thỏa mãn 0 < a ≤ 4; 0 < b ≤ 4; a + b ≤ 7;2 ≤ x ≤ 3 ≤ y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =. 2x 2 + y 2 + 2x + y. (. xy a 2 + b 2. ). .. -----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ..............................

(20) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Câu 1. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán – Lớp 12 Điểm 3,0. Lời giải sơ lược y ' = 3x 2 − 6 (m + 1) x + 3m(m + 2) ; y ' = 0 ⇔ x = m hoặc x = m + 2. 0,5. Hàm số có cực trị với mọi m.. (. ) (. ). Hai điểm cực trị là: A m; m 3 + 3m 2 + m − 2 , B m + 2; m 3 + 3m 2 + m − 6. 0,5. Chỉ ra A là điểm cực đại, B là điểm cực tiểu. (Xét dấu y ' hoặc dùng BBT). 0,5. Ta có d (A;Ox ) = m 3 + 3m 2 + m − 2 ,. 0,5. d (B;Oy ) = m + 2. m 3 + 3m 2 − 4 = 0  m + 3m + m − 2 = m + 2 ⇔  3 2 m + 3m + 2m = 0 3. Theo giả thiết ta có:. 2. m  m ⇔  m m . = −2 = −1 =1. ĐK: sin x + cos x ≠ 0. Phương trình tương đương: sin 2x + cos 2x − 3 2 sin x − 2 = 1 + sin 2x  sin x = − 2(loai )  ɺ 2 ⇔ 2 sin x + 3 2 sin x + 2 = 0 ⇔  −1  sin x =  2  x = −π + k 2π  4 ⇔ (k ∈ ℤ) x = 5π + k 2π  4  5π Từ đó tìm được nghiệm x = + k 2π (k ∈ ℤ) 4. (. )(. ). ). (. ). Xét hàm số f (t ) = t ln 2015 + ln f ' (t ) = ln 2015 −. 1 t2 + 1. (. 2,5 0,5 0,5 0,5. 1,0. 2,5.  2015x +y x 2 + 1 − x y 2 + 1 − y = 1 (1)  2  25x 2 + 9x 9x 2 − 4 = 2 + 18y (2)  y2 + 1  2 Điều kiện: x ≥ . 3   2 (1) ⇔ 2015x x 2 + 1 − x = 2015−y  (−y ) + 1 − (−y )   2 ⇔ x ln 2015 + ln x 2 + 1 − x = (−y ) ln 2015 + ln  (−y ) + 1 − (−y )  . (. 0,5. =0. 2.1. 2.2. 0,5. ). t 2 + 1 − t , t ∈ ℝ.. > 0, ∀t ∈ ℝ. Do đó, hàm số đồng biến trên ℝ.. 1,0.

(21) Từ đó, suy ra x = −y thay vào (2) ta được *Lưu ý: Học sinh có thể xét hàm g (t ) = 2015t. (. ). 1 + t 2 − t và chứng minh g đồng. biến dẫn đến x = −y . 25x 2 + 9x 9x 2 − 4 = 2 +. Nếu x ≥. 18x 2 x2 + 1. ( 3). 2 18x 2 thì 18x 2 > 2 , 7x 2 > 2 ⇒ VT (3) > VP (3) (loại trường hợp này) 3 x +1. 0,5. −2 4 2 18 thì (3) ⇔ 25 − 9 9 − 2 = 2 + 2 3 x x x +1 1 9 Đặt t = 2 0 < t ≤  ta được 4  x . Nếu x ≤. 25 − 9 9 − 4t = 2t +.  18t  18t ⇔  − 12 + (2t − 4) + 9 9 − 4t − 9 = 0 t +1 t + 1 . (. ). 0,5. 36 (t − 2) 6 =0 t − 2) + 2 (t − 2) − ( t +1 9 − 4t + 1 t = 2  ⇔  6 36 = 0 (4 ) t + 1 + 2 − 9 − 4t + 1 . ⇔. (Vì 0 ≤ 9 − 4t < 3 ⇒ 12 <.  9 ≤ 36 ⇒ VT (4) < 0, ∀t ∈ 0;  )  4  9t − 4 + 1 36. ⇔t =2. 0,5. Từ đó, tìm được x =. −1. ,y =. 2. 1. thỏa mãn hệ ban đầu.. 2. (. ). *Lưu ý: Có thể biến đổi (3) ⇔ 25 2x 2 − 1 +. (. ). 36 − 24 + 18x 9x 2 − 4 + 9 = 0 x +1 2. từ đó đi đến nhân tử 2x 2 − 1. 3.1. 2,5 E. Ta có. (. )(. 2AI .DE = AB + AC AE − AD. ). D A. = AB.AE − AC .AD. 0,5. J. = AB.AE . cos BAE − AC .AD. cosCAD = 0 ⇒ AI ⊥ DE B. I. C. Phương trình đường thẳng AI : 3 (x − 4) + y − 2 = 0 ⇔ 3x + y − 14 = 0 3x + y − 14 = 0 x = 3 ⇔  ⇒ A (3;5). Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ  2x − y − 1 = 0 y = 5   BD = 2 5 ⇒ AD = 10 . Gọi D (3a − 18; a ) ta có. 0,5.

(22)  a = 38 (loai ) 2 AD = 10 ⇔ (3a − 21) + (a − 5) = 10 ⇔ 10a − 136a + 456 = 0 ⇔  ɺ 5  6 a =  2. 2. 0,5. a = 6 ⇒ D (0;6). Đường thẳng AB đi qua A (3; 5) , vtpt là AD = (−3;1) có phương trình −3 (x − 3) + y − 5 = 0 ⇔ 3x − y − 4 = 0. Gọi tọa độ điểm B (b; 3b − 4) ta có. 0,5. b = 4 2 2 AB = 10 ⇒ (b − 3) + (3b − 9) = 10 ⇔  b = 2. Với b = 4 ⇒ B (4; 8) ⇒ C (4; −4) , loại do góc BAC tù. Với b = 2 ⇒ B (2;2) ⇒ C (6;2) , thỏa mãn.. 0,5. *Lưu ý: Nếu học sinh không chứng minh được AI ⊥ DE mà sử dụng luôn thì cả bài cho 1,0 điểm 3.2. 2,5. (. ). Gọi mặt phẳng (α ) có vtpt là n = a;b; c ( a;b; c không đồng thời bằng 0) Mp (α ) ⊥ mp(P ) nên 2 VTPT vuông góc nhau a − 2b + 2c = 0 ⇔ a = 2b − 2c. ( ). (. ). ( ) ( Mà IB = 2IC ⇒ d (B, (α )) = 2d (C , (α )). )(. ). (. ). 0,5 (2). (. ). Vì α qua A 1;1; −1 nên PT có dạng α : 2b − 2c x − 1 + b y − 1 + c z + 1 = 0. ⇔. 1,0. c = 2b = ⇔  2 2 3c = 2b (2b − 2c ) + b 2 + c 2 (2b − 2c ) + b 2 + c 2  2 3c − 3b. 3c. TH1: c = 2b chọn b = 1, c = 2 ⇒ a = −2 , phương trình mp (α ) là 2x − y − 2z − 3 = 0 TH2: 3c = 2b chọn b = 3, c = 2 ⇒ a = 2 , phương trình mp (α ) là 2x + 3y + 2z − 3 = 0 4 z. 0,5 0,5 2,0. G. A'. D'. B' C' A≡O B E. D C. F. y. x. Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ ở đó A ≡ O (0; 0; 0), B (1; 0; 0), D (0;2; 0), A ' (0; 0; 3) Khi đó, E (AE ; 0; 0), F (0; AF ; 0), G (0; 0; AG ),C ' (1;2; 3) x y z + + =1 AE AF AG 1 2 3 Vì C ' ∈ (P ) nên + + =1 AE AF AG. Phương trình mặt phẳng (P ) là. 1,0.

(23) 1 1 1 AE .AF .AG = ≥ = 27 3 6 1 2 3  1  2 3 . .   + + AE AF AG  AE AF AG  27 Do đó, thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất khi và chỉ khi AE = 3  1 2 3 1 = = = ⇔ AF = 6 (*)  AE AF AG 3 AG = 9  Vậy vị trí của mặt phẳng (P ) để thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất là vị trí của (P ) đi qua. VAEFG =. 0,5. 0,5. E , F ,G thỏa mãn điều kiện (*). 1 2 3 + + = 1 mà sử dụng ngay cho AE AF AG thì cho 0,5 điểm.. *Lưu ý: Học sinh không chứng minh kết quả việc tìm giá trị nhỏ nhất của VAEFG 5.1 e. I =. ∫. (x. ). 1. x 2dx =. 1 e. ∫ 1. 2. e. e. ∫. x 2dx + ∫. 1. 1. 1 + ln x dx 2015 + x ln x. 0,5. e. e. ∫. 1,5. + 1 ln x + 2015x + 1 dx = 2015 + x ln x. 3. x3 e3 − 1 = 3 1 3 e. 1 + ln x dx = 2015 + x ln x. Vậy I =. ∫. 0,5 d (2015 + x ln x ) 2015 + x ln x. 1. e. = ln 2015 + x ln x = ln 1. e + 2015 2015. 0,5. e −1 e + 2015 + ln . 3 2015 3. 5.2. 2,0 C. Chứng minh đẳng thức Ta có. 22C n0 1.2 = =. C nk. k n. =. k +1. C. k +1 n +1. n +1. C nk++11. =. , ∀k, n ∈ ℕ, k ≤ n. C nk++22. =. 0,5. (k + 1)(k + 2) (n + 1)(k + 2) (n + 1)(n + 2) −. 23C n1 2.3. 22C n2+2. +. 24C n2 3.4 −. − ... −. 2n +2C nn. (n + 1)(n + 2). 23C n3+2. (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2). + ... −. 2n +2C nn++22. 0,5. (n + 1)(n + 2). n +2 2n + 2 2  0 1  = (1 − 2) − C n +2 + 2C n +2  =  (n + 1)(n + 2) n + 2 (n + 1)(n + 2) . 1. 1,0. Từ đó suy ra, n = 2015 . 6. 1,5 Do a, b vai trò như nhau nên ta có thể giả sử a ≥ b .. 7 7 49 49 49 thì b < ⇒ a 2 + b 2 < + = . 2 2 4 4 2 2 7 thì a 2 + b 2 ≤ a 2 + (7 − a ) = 2a 2 − 14a + 49 Nếu a ≥ 2 Nếu a <. 0,5.

(24) 7 2 . ().   . Xét hàm số f a = 2a 2 − 14a + 49, a ∈  ; 4. 7  7  f ' (a ) = 4a − 14 ≥ 0, ∀a ∈  ; 4 , f (a ) liên tục trên  ; 4 . 2  2      7  Do đó, f (a ) đồng biến trên  ; 4 ⇒ f (a ) ≤ f (4) = 25 . 2    ⇒ a 2 + b 2 ≤ 25 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 4, b = 3 hoặc a = 3, b = 4 . 2x 2 + y 2 + 2x + y 2x 2 + y 2 + 2x + y 1  y + 1 2x + 2   Do đó, P = ≥ = +  2 2  25 xy 25 x y  xy a + b. (. Xét hàm số g (y ) =. ). y + 1 2x + 2 + ,y ≥ 3 . x y. 2 1 2x + 2 y − 2x (x + 1) g ' (y ) = − = x y2 xy 2. g ' (y ) = 0 ⇒ y = 2x (x + 1) (do 2 ≤ x ≤ 3 ≤ y ) Bảng biến thiên y. 2x(x+ 1). 3 -. g'(y). +∞ +. 0. +∞ g(3) g(y). 0,5 g( 2x(x+ 1)). Do đó, g (y ) ≥ g. (. ). 2x (x + 1) =. 2x (x + 1) + 1 x. ≥ 2 2 1+. +.  1 1 = 2 2 1 +  +  x  x 2x (x + 1) 2x + 2. 1 1 4 6 +1 + = 3 3 3. Dấu bằng xảy ra khi x = 3 . Khi đó, y = 2 6 . Vậy Pmin =. 0,5. 4 6 +1 đạt được khi x = 3, y = 2 6, a = 4, b = 3 (hoặc a = 3, b = 4 ). 75. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

(25) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 3 năm 2014. x −1 có đồ thị (C). Biết một nhánh của đồ thị (C) cắt Ox, Oy x +1 lần lượt tại A, B. Tìm trên nhánh còn lại của (C) điểm M sao cho diện tích tam giác MAB bằng 3. Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y =. Câu 2. (5,0 điểm). π 2π   1. Giải phương trình cos 2  x +  + cos 2  x + 3 3  .  1  = ( sin x +1) .  2. log 22 y + ( x 3 − 3x − 2 ) log 2 y + x 3 − 3 x − 3 = 0 2. Giải hệ phương trình  2 ( x, y ∈ ℝ ). 3 2 3 2 x − log y + 3log y − 4 x − 2 log y − 6log y + 4 = 0 ( 2 )  2 2 2 Câu 3. (5,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2 BC . Gọi D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC = 3EC. Biết phương trình đường  16  thẳng chứa CD là x − 3 y + 1 = 0 và điểm E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.  3  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :. x +1 y −1 z + 3 = = , đi ể m 2 1 −2.  3 3 −1  M  ; ;  và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6 z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng 2 2 2  3 (P) song song với d, tiếp xúc với (S) và khoảng cách từ M đến (P) bằng . 2 Câu 4. (2,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB = 6, AC = 8, BC = 10 , thể tích khối chóp C '. ABB ' A ' là 80. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác A ' B ' C ' . Tính thể tích khối chóp M.ABC và tìm vị trí của điểm M sao cho tổng diện tích tất cả các mặt của hình chóp M.ABC nhỏ nhất. Câu 5. (3,5 điểm) 2  1 1 1  1. Tính tích phân I = ∫  3 x − 2 + 2 3 8 − 11  dx. x x x  1 0 2 4 2014 2. Chứng minh rằng 3C2014 + 5C2014 + 7C2014 + ... + 2017C2014 = 1010.22013. Câu 6. (1,5 điểm)  a 2012 + b 2012 = c 2012 + d 2012 Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a ≠ d , b ≠ c và  2014 2014 2014 2014  a + b = c + d. Chứng minh rằng. a 2 + b 2 − 2c − 2 3d + 4 + c 2 + d 2 − 2a + 2 3b + 4 + a 2 + d 2 + 4c + 4 > 6. -----------------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:.........................................................................................

(26) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Câu 1. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán – Lớp 12 – THPT Điểm 3,0. Lời giải sơ lược Giao điểm của (C) với Ox là A (1; 0 ) , giao điểm của (C) với Oy là B ( 0; −1) . PT đường thẳng AB là x − y = 1 ; AB = 2. 1,0.  x −1  Do hoành độ của A và B đều lớn hơn −1 nên tọa độ của M  x;  , x < −1 .  x +1  Với điều kiện x < −1 ta có S MAB = 3 ⇔. 1 2 AB.d ( M , AB ) = 3 ⇔ . 2 2. x−. x −1 −1 x +1 =3 2. 0,5.  x = −2 ⇔ x 2 − x = 6 x + 1 ⇔ x 2 − x = −6 ( x + 1) ⇔ x 2 + 5 x + 6 = 0 ⇔   x = −3. 1,0. Từ đó tìm được tọa độ điểm M là M ( −2;3) hoặc M ( −3; 2 ) .. 0,5. 2.1. 2,5 PT ⇔ 1 + 2 cos(2 x +. 2π 4π π ) + 1 + cos(2 x + ) = 1 + sin x ⇔ 2 cos(2 x + π ).cos = sin x − 1 3 3 3. π   x = 6 + 2k π  5π 2 ⇔ 1 − cos 2 x − sin x = 0 ⇔ 2 sin x − sin x = 0 ⇔  x = + 2 kπ  6   x = kπ . (k ∈ ℤ). 2.2. 1,0. 1,5. 2,5 ( t + 1) ( x3 − 3 x + t − 3) = 0  Đặt t = log 2 y hệ trở thành  3 2 ( x + 2 ) ( t + 3t − x − 2 ) = 0 1 TH1: x = −2, t = −1 ⇒ y = (thỏa mãn). 2 x = 0 t + 1 = 0 x = 0  TH2:  3 ⇔ ⇒ 1 2 t = −1  y = t + 3t − x − 2 = 0  2 3  x − 3x + t − 3 = 0  x = −2  x = −2 TH3:  ⇔ ⇒ t = 5  y = 32 x + 2 = 0 2  x3 − 3 x + t − 3 = 0 t − 1 = − x 3 + 3 x + 2 t − 1 = − ( x + 1) ( x − 2 ) TH4:  3 ⇔ ⇔ 2 3 2 2 t + 3t − x − 2 = 0  x − 2 = t + 3t − 4  x − 2 = ( t + 2 ) ( t − 1). Nếu x = 2 thì t = 1 thỏa mãn. Nếu t = 1 thì x = 2 thỏa mãn.. 0,5. 1,0. 0,5.

(27) Với x ≠ 2 và t ≠ 1 ⇒ x ≠ −1, t ≠ −2 ta có. ( t − 1)( x − 2 ) = − ( x + 1) ( t + 2 ) ( t − 1)( x − 2 ) ⇔ 1 + ( x + 1) ( t + 2 )  ( t − 1)( x − 2 ) = 0 2. 2. 2. 2. (vô 0,5. nghiệm)..  1   1  Vậy nghiệm của hệ là ( x; y ) ∈  0;  ,  −2;  , ( −2;32 ) , ( 2; 2 )  2  2    3.1. 2,5 A. Gọi I = BE ∩ CD , đặt BC = c > 0 BA EA Ta có = nên E là chân đường phân giác trong góc B của BC EC tam giác ABC. Do đó, CBE = 450 ⇒ BE ⊥ CD (Vì ∆BCD vuông cân tại B).. D. 1,0 I. B. E. C. PT của BE : 3 x + y − 17 = 0. 3 x + y − 17 = 0 x = 5 Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ  ⇔ ⇒ I ( 5; 2 ) . x − 3y +1 = 0 y = 2 0,5. c 1 c 5 c Ta có BI = CI = , CE = AC = ⇒ IE = CE 2 − CI 2 = ⇒ IB = −3IE 3 3 2 3 2 Từ đó tìm được tọa độ điểm B ( 4;5 ) . Gọi C ( 3a − 1; a ) ta có. a = 1 2 2 BC = 2 BI = 2 5 ⇒ ( 3a − 5 ) + ( a − 5 ) = 20 ⇔ 10a 2 − 40a + 30 = 0 ⇔  a = 3. 0,5. Với a = 1 ⇒ C ( 2;1) , A (12;1). 0,5. Với a = 3 ⇒ C ( 8;3) , A ( 0; −3). 3.2. 2,5 Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −3) bán kính R = 3 , d ( I , ( P ) ) = 3 = 2d ( M , ( P ) ) , IM =. nên M nằm trong (S). Gọi K = MI ∩ ( P ) .. 3 3 <R 2. Do d ( I , ( P ) ) = 2d ( M , ( P ) ) ⇒ IK = 2 MK mà IK > IM nên M là trung điểm của KI nên tọa độ. 0,5. K ( 2;1; 2 ) Gọi n = ( a; b; c ) , a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 ta có d / / ( P ) ⇒ 2 a + b − 2c = 0 ⇒ b = 2c − 2 a ⇒ n = ( a ; 2c − 2 a ; c ) .. PT của (P) có dạng a ( x − 2 ) + ( 2c − 2a )( y − 1) + c ( z − 2 ) = 0 .. 0,5.

(28) Ta lại có d ( I , ( P ) ) = 3 ⇔. − a + 2c − 2a − 5c a + ( 2c − 2 a ) + c 2. 2. = 3 ⇔ a 2 + 2ac + c 2 = 5a 2 − 8ac + 5c 2 2. 0,5.  a = 2c ⇔ 4a 2 − 10ac + 4c 2 = 0 ⇔   c = 2a Với a = 2c chọn a = 2 ⇒ c = 1, b = −2 PT của ( P ) : 2 x − 2 y + z − 4 = 0. Với 2a = c chọn a = 1 ⇒ c = 2, b = 2 PT của ( P ) : x + 2 y + 2 z − 8 = 0.. 4. 1,0. 2,0 B'. C' M A'. 1,0 F. C. B. H E. D A. 1 Ta có VM . ABC = VC '. ABC = VC '. ABB ' A ' = 40 (đvtt) 2 Gọi H là hình chiếu của M trên (ABC), D, E, F là lượt là hình chiếu của H trên AB, AC, BC. Đặt x = HD, y = HE , z = HF . Vì ∆ABC vuông tại A nên S ABC =. 3V 1 120 AB. AC = 24 ⇒ MH = M . ABC = =5 2 24 S ABC. 1 1 1 Stp = 24 + MD. AB + ME. AC + MF .BC = 24 + 3 25 + x 2 + 4 25 + y 2 + 5 25 + y 2 2 2 2. 0,5. = 24 + 225 + 9 x 2 + 400 + 16 y 2 + 625 + 25 z 2 Sử dụng bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w với u = (15;3 x ) , v = ( 20; 4 y ) , w = ( 25, 5 z ) ta. được Stp ≥ 24 +. (15 + 20 + 25 ) + ( 3x + 4 y + 5 z ) 2. 2. = 602 + ( 2S ABC ) = 12 41 2. 3x 4 y 5 z = = ⇔x= y=z 15 20 25 Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ thì diện tích toàn phần hình chóp M.ABC nhỏ nhất.. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi. 5.1. 0,5. 1,5 2. 2 1  I = ∫ 1 + 3  3 x − 2 dx. x  x 1. Đặt t = 3 x −. 7 1 2  ⇒ 3t 2 dt = 1 + 3  dx ; x = 1 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 3 2 x 4  x . 0,5 0,5.

(29) 7 4. 3. I=. ∫ 0. 3t 4 3t dt = 4. 3. 3. 7 4. 0. =. 213 14 32. Lưu ý: Học sinh sử dụng biến đổi 2. 2. 0,5 1. 2 1 1 3  1  3 1    I = ∫ 1 + 3  3 x − 2 dx = ∫  x − 2  d  x − 2  =  x − 2  x  x x   x  4 x  1 1. 4 2 3. =. 21 3 14 trừ 0,5 điểm. 32. 1. 5.2. 2,0 A = 3C. 0 2014. + 5C. 2 2014. + 7C. 4 2014. + ... + 2017C. 2014 2014. 2 4 2014 0 2 4 2014 = ( 2C2014 + 4C2014 + ... + 2014C2014 + C2014 + C2014 + ... + C2014 ) + 3 ( C2014 ). 0,5. 0 2 4 2014 Tính được C2014 + C2014 + C2014 + ... + C2014 = 22013. 0,5. k k −1 Chứng minh kC2014 = 2014C2013 , ∀k , n ∈ ℕ, 0 ≤ k ≤ n.. 2 4 2014 1 3 2013 Suy ra, 2C2014 + 4C2014 + ... + 2014C2014 = 2014 ( C2013 + C2013 + ... + C2013 ) = 2014.22012. 1,0. Vậy A = 2014.2 + 3.2 = 1010.2 . Lưu ý: Học sinh có thể sử dụng đạo hàm để giải bài toán này. 2012. 2013. 2013. 6. 1,5 Từ giả thiết ta chứng minh a = c, b = d Nếu a = b = 0 ⇒ c = d = 0 (loại). c d Nếu a = 0, b ≠ 0 , đặt u = ≠ 1, v = ta được b b. u 2012 + v 2012 = 1  2014 2014 =1 u + v. Từ hệ suy ra, u ≤ 1, v ≤ 1 nên u 2014 + v 2014 ≤ u 2012 + v 2012 = 1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi. 0,5. u = 1 ( loai ) u = 0 ⇒ a = c = 0, b = d ɺ ∨  v = 1 v = 0 Do vai trò như nhau nên trường hợp một trong các biến b, c, d bằng 0 cũng tương tự đều dẫn đến a = c, b = d . Nếu abcd ≠ 0 , đặt x = a 2012 > 0, y = b 2012 > 0, m = c 2012 > 0, n = d 2012 > 0, α =. 2014 1007 = >1 2012 1005. (1) x + y = m + n Theo đề ra ta có:  α α α α  x + y = m + n (2) Từ (1) và (2) ta có: xα + (m + n − x)α = mα + nα Xét hàm số f ( x) = xα + (m + n − x)α − mα − nα ; α > 1 ; x > 0 m+n 2 Từ bảng biến thiên suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm x = m Mà f (m) = f (n) = 0 nên f ( x ) = 0 ⇔  x = n a = c x = m ⇒ y = n; x = n ⇒ y = m . Vậy  b = d f '( x) = α  xα −1 − (m + n − x)α −1  ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x =. a 2 + b 2 − 2c − 2 3d + 4 + c 2 + d 2 − 2a + 2 3b + 4 + a 2 + d 2 + 4c + 4 = a 2 + b 2 − 2a − 2 3b + 4 + a 2 + b 2 − 2a + 2 3b + 4 + a 2 + b 2 + 4a + 4. 0,5.

(30) = a 2 + b 2 − 2a − 2 3b + 4 + a 2 + b 2 − 2a + 2 3b + 4 + a 2 + b 2 + 4a + 4. (. =. ( a − 1). ≥. ( a − 1 + a − 1). 2. + b− 3 2. +. (. ). 2. +. ( a − 1). 3 −b+b+. 2. ( 3). + b+ 3 2. +. ). 2. ( a + 2). +. ( a + 2). 2. 2. + b2. 0,5. = 3a 2 + ( a − 4 ) + a + 2 2. ≥ 4−a + a+2 ≥ 6 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0 ⇒ c = d = 0 (không thỏa mãn giả thiết) Vậ y. a 2 + b 2 − 2c − 2 3d + 4 + c 2 + d 2 − 2a + 2 3b + 4 + a 2 + d 2 + 4c + 4 > 6.. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

(31) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. ================. Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y = x + x + 1 (1) . 3. 2. 1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng d có phương trình x + 5 y − 1 = 0 . 2. Tìm m để đường thẳng ∆ có phương trình y = ( m + 1) x + 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A ( 0;1) , B, C , biết hai điểm B, C có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 thỏa mãn:. x13 − ( m + 2 ) x1 x23 − ( m + 2 ) x2 + = −1 . x22 + 1 x12 + 1 Câu 2. (5,0 điểm). 2 ( sin x − cos x ) (1 + 2sin 2 x ) = 1 − tan x . sin 3x + sin 5 x 2. 1. Giải phương trình:.  x + log 2 x = log 2 ( 2 x + y.2 x ) 2. Giải hệ phương trình:  2  2log 2 x − 6log 2 ( y + 1) − x log 2 x + 3 y + 3 = 0 Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng: S = C. 0 2013. ( x, y ∈ ℝ ) .. 22 − 1 23 − 1 2 2 22014 − 1 2013 2013 1 + .2.C2013 + .2 .C2013 + ... + .2 .C2013 . 2 3 2014. Câu 4. (4,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A (1;1) , B ( 3; 2 ) , C ( 7;10 ) . Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng ∆ lớn nhất. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu ( S1 ) : x 2 + y 2 + ( z − 1) = 4 2. ( S2 ) : ( x − 3) + ( y − 1) 2. 2. + ( z + 1) = 25 . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao 2. tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. Câu 5. (3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AB, CD sao cho mặt phẳng ( SMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng. ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y . Chứng minh rằng x + y = 3xy , từ đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = a 3 + b3 + c3 . Chứng minh rằng. 1 8a + 1. +. 1 8b + 1. +. 1 8c + 1. ≥ 1.. ------------------------Hết-----------------------(Đề thi gồm có 01 trang).

(32) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ==============. Lời giải sơ lược. Thang điểm. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến này vuông góc. 3.0. Cho hàm số y = x3 + x 2 + 1 (1) . Câu 1.1. với đường thẳng d có phương trình x + 5 y − 1 = 0 . TXĐ: ℝ , y ' = 3 x 2 + 2 x 1.0. 1 Hệ số góc của d là − ⇒ Hệ số góc của tiếp tuyến là k = 5 5 Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm.  x0 = 1 ( y0 = 3)  Khi đó 3x0 + 2 x0 = 5 ⇔  5 23  x = −  y0 = −   0 3 27 . 1.0. 2. Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến:. y = 5x − 2 ; y = 5x +. 202 27. 1.0. Tìm m để đường thẳng ∆ có phương trình y = ( m + 1) x + 1 cắt đồ thị hàm số (1) 1.2. tại ba điểm phân biệt A ( 0;1) , B, C , biết điểm B, C có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 thỏa mãn:. x13 − ( m + 2 ) x1 x23 − ( m + 2 ) x2 + = −1( 2 ) . x22 + 1 x12 + 1. 2.0. Phương trình hoành độ giao điểm:. x = 0 x 3 + x 2 + 1 = ( m + 1) x + 1 ⇔ x  x 2 + x − ( m + 1)  = 0 ⇔  2  x + x − ( m + 1) = 0 (*). 0.5. ∆ cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C ⇔ phương trình (*) có. 5   ∆ = 4m + 5 > 0 m > − hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔  ⇔ 4 (**) m + 1 ≠ 0 m ≠ −1. 0.5.

(33) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (*), ta có:. x13 − ( m + 2 ) x1 = ( x1 − 1)  x12 + x1 − ( m + 1)  − ( m + 1) = − ( m + 1) x2 3 − ( m + 2 ) x2 = ( x2 − 1)  x2 2 + x2 − ( m + 1)  − ( m + 1) = − ( m + 1) Khi đó ( 2 ) ⇔. 0.5. ( m + 1) + ( m + 1) = 1 x22 + 1. x12 + 1. x 2 + x22 + 2 ( x + x ) − 2 x1 x2 + 2 = 1 3 ⇔ ( m + 1) 2 1 = 1 ⇔ ( m + 1) 2 2 1 2 ( ) 2 2 x1 x2 + ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 1 ( x2 + 1)( x1 + 1) 2. Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành 0.5. 2 ( m + 1) + 3 ( m + 1). m = 0 = 1 . Từ đó tìm được  ( m + 1) + 2 ( m + 1) + 2  m = −3 2. 2. Kết hợp điều kiện (**) ta có m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2.1. 2 ( sin x − cos x ) (1 + 2sin 2 x ) = 1 − tan x (1) . sin 3x + sin 5 x 2. 1.Giải phương trình:. sin 3x + sin 5 x ≠ 0 ĐK:  ⇔ sin 4 x ≠ 0 (*) cos x ≠ 0. 2.5 0.5. Biến đổi được (1) ⇔ ( sin x − cos x ) (1 + 2sin 2 x ) = 2 sin 4 x ( cos x − sin x ) 2. sin x − cos x = 0 ( 2 ) ⇔ ( cos x − sin x )(1 + 2sin 2 x ) = 2 sin 4 x ( 3). ( 2) ⇔ x =. π 4. 0.5. + kπ ( k ∈ ℤ ) (Loại). ( 3) ⇔ cos x − sin x + sin 3x + sin x + cos3x − cos x =. 0.5. 2 sin 4 x. π  x = + k 2π  π  4 ⇔ 2 sin  3 x +  = 2 sin 4 x ⇔  ( k ∈ ℤ) 4   x = 3π + k 2π  28 7 Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là 3π k 2π x= + ( k ≠ 7m − 3, k , m ∈ ℤ ) 28 7. 0.5. 0.5.

(34) 2.2.  x + log 2 x = log 2 ( 2 x + y.2 x ) (1) Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ ) . 2  2log 2 x − 6 log 2 ( y + 1) − x log 2 x + 3 y + 3 = 0 ( 2 ) ĐK: x > 0; y > −1 Phương trình. (1) ⇔ x + log 2 x = log 2  2 x ( y + 1)  ⇔ x + log 2 x = x + log 2 ( y + 1) ⇔ x = y + 1. 2.5. 0.5. Thế vào (2) ta có 2log 22 x − 6log 2 x − x log 2 x + 3x = 0. log x − 3 = 0 ( 3) ( log 2 x − 3)( 2log 2 x − x ) = 0 ⇔  2  2log 2 x − x = 0 ( 4 ). 0.5. ( 3) ⇔ x = 8. 0.5. Giải (4), xét f ( x ) = 2log 2 x − x ( x > 0 ) ⇒ f ' ( x ) =. 2 −1 x ln 2. 2 . Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai ln 2 nghiệm. Mà f ( 2 ) = f ( 4 ) = 0 ⇒ ( 4 ) có hai nghiệm x = 2; x = 4 f '( x) = 0 ⇔ x =. 1.0. Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm ( x; y ) : ( 8;7 ) ; ( 2;1) ; ( 4;3) Câu 3. 0 Tính tổng: S = C2013 +. Xét (1 + 2 x ). 2013. 0 1 2 2013 = C2013 + C2013 .( 2 x ) + C2013 .( 2 x ) + ... + C2013 .( 2 x ). 2. I = ∫ (1 + 2 x ) 1. 22 − 1 23 − 1 2 2 22014 − 1 2013 2013 1 + .2.C2013 .2 .C2013 + ... + .2 .C2013 . 2 3 2014 2. 1 (1 + 2 x ) 2013 dx = ∫ (1 + 2 x ) d (1 + 2 x ) = 21 4028 2. 2013. 2014. 2013. 2 52014 − 32014 = 1 4028. 2.0 0.5. 0.5. 2. 2 2013 0 1 2 2013 C2013 dx + C . 2 x + C . 2 x + ... + C . 2 x ( ) ( ) ( ) 2013 2013 2013 ∫  1.  0 x2 1 x3 2 x 2014 2013 2013  2 2 = C2013 x + C2013 .2 + C2013 .2 + ... + C2013 .2  2 3 2014  1 0 C2013 +. 0.5. 22 − 1 23 − 1 2 2 22014 − 1 2013 2013 1 .2.C2013 + .2 .C2013 + ... + .2 .C2013 2 3 2014. Vậy S =. 52014 − 32014 4028 0.5.

(35) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A (1;1) , B ( 3;2 ) , C ( 7;10 ) . Lập Câu 4.1. phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng ∆ lớn nhất TH1: ∆ cắt đoạn thẳng BC tại M. 2.0. ∆. ⇒ d ( B; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) ≤ BM + CM = BC B. M. C. 0.5. A. TH2: ∆ không cắt đoạn thẳng BC , gọi I ( 5;6 ) là trung điểm BC. ⇒ d ( B; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) = 2d ( I ; ∆ ) ≤ 2 AI. ∆ A. 0.5. B I C. Vì BC = 80 < 2 41 = 2 AI nên d ( B; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) lớn nhất bằng 2 AI = 2 41. 0.5. khi ∆ vuông góc với AI ⇒ ∆ đi qua A (1;1) và nhận AI = ( 4;5 ) là véc tơ pháp tuyến. Vậy phương trình đường thẳng ∆ : 4 ( x − 1) + 5 ( y − 1) = 0 ⇔ ∆ : 4 x + 5 y − 9 = 0. 0.5. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu ( S1 ) : x 2 + y 2 + ( z − 1) = 4 2. 4.2. ( S2 ) : ( x − 3) + ( y − 1) 2. 2. + ( z + 1) = 25 . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt 2. 2.0. nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.. ( S1 ) có tâm. ( S2 ). I1 (0;0;1) , bán kính R1 = 2. có tâm I 2 (3;1; −1) , bán kính R2 = 5. I1I 2 = 14 ⇒ R2 − R1 < I1I 2 < R2 + R1 ⇒ hai mặt cầu cắt nhau. 0. 5. 0.5. Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình 0.5.

(36) 2 2 2  x 2 + y 2 + ( z − 1)2 = 4  x + y + ( z − 1) = 4 ⇔  2 2 2 6 x + 2 y − 4 z + 11 = 0 ( x − 3) + ( y − 1) + ( z + 1) = 25. Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn đó là giao tuyến của măt cầu ( S1 ) và mặt phẳng ( P ) : 6 x + 2 y − 4 z + 11 = 0. 7 ⇒ bán kính đường tròn cần tìm là 56. d ( I1;( P ) ) =. 0.5. 5 2 r = R − d ( I1 ; ( P ) ) = 4 2 1. 2. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm Câu 5. thay đổi lần lượt thuộc cạnh AB, CD sao cho mặt phẳng ( SMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y . Chứng minh rằng x + y = 3xy , từ. 3.0. đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Kẻ SO ⊥ MN tại O ⇒ SO ⊥ ( ABC ) ( Vì ( SMN ) ⊥ ( ABC ) ). S. ⇒ O là trọng tâm tam giác đều ABC ( Vì S . ABC là hình chóp đều ) 0. 5 N. A. C. O M. B. 1 1 1 Ta có S∆AMN = S∆AMO + S∆ANO ⇔ xy.sin 600 = x. AO.sin 300 + y. AO.sin 300 2 2 2 0.5. 1 3 1 1 1 1 1 1 ⇔ xy. = x. . + y. . 2 2 2 3 2 2 3 2 S∆SMN =. ⇔ x + y = 3 xy (1). 1 SO.MN ⇒ S∆SMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất ( Vì SO không đổi) 2. 0.5. Ta có MN 2 = x 2 + y 2 − 2 xy cos 600 = x 2 + y 2 − xy = ( x + y ) − 3 xy = 9 ( xy ) − 3xy 2. Từ giả thiết ⇒ 0 < x; y ≤ 1 . Từ (1) ⇒ 3 xy = x + y ≥ 2 xy ⇒ xy ≥. 2. 4 9 0.5. 1 ( x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇒ xy + 1 ≥ x + y ⇒ xy + 1 ≥ 3xy ⇒ xy ≤ 2.

(37) 4 1 Đặt t = xy, t ∈  ;  ⇒ MN 2 = 9t 2 − 3t 9 2. 4 1 Lập bảng biến thiên hàm số f ( t ) = 9t 2 − 3t , t ∈  ;  ta được 9 2 1.0. 4 2 MN nhỏ nhất khi t = , khi đó x = y = 9 3. 1 x = 1  1  x = MN lớn nhất khi t = , khi đó  2 1 hoặc  2  y = 2  y = 1 Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = a 3 + b3 + c3 . Chứng minh rằng Câu 6. 1 8a + 1. +. 1 8b + 1. +. 1 8c + 1. 1.0. ≥ 1.. Ta có a 3 + a 3 + 1 ≥ 3a 2 ; b3 + b3 + 1 ≥ 3b 2 ; c3 + c 3 + 1 ≥ 3c 2. ⇒ a2 + b2 + c2 ≤ 3 ⇒ a + b + c ≤ 3( a2 + b2 + c2 ) ≤ 3 Đặt x =. Ta có. Mà:. 3a 3b 3c ≥ a; y = ≥ b; z = ≥c ⇒ x+ y+z =3 a+b+c a+b+c a+b+c 1 8 +1 a. 1 8x + 1. +. =. 1 8 +1 b. +. 1 8 +1 c. ≥. 1 (2 x + 1)(4 x − 2 x + 1). 1 8 +1 x. ≥. +. 1 8 +1 y. +. 1 8z + 1. 0. 5. ( 2). 2 4 +2 x. 1 1   1 Tương tự suy ra VP(2) ≥ 2  x + y + z  4 +2 4 +2 4 +2 0.5 Ta chứng minh. 1 1 1 1 + y + z ≥ (3) 4 +2 4 +2 4 +2 2 x. Biến đổi được ( 3) ⇔ 4 x + 4 y + 4 z ≥ 12 ( Bất đẳng thức này luôn đúng bằng cách sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý x + y + z = 3 ) ⇒ đpcm. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

(38)

(39) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút( Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 20 tháng 3 năm 2012 ================. Câu 1.(5,0 điểm) Cho hàm số y = 4 −. 6 có đồ thị (C). Tìm m để đường thẳng d : y = 3 x + m cắt đồ x. thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc AOB nhọn (O là gốc tọa độ).. Câu 2.(6,0 điểm) 2( x 3 + 2 x − y − 1) = x 2 ( y + 1) 1. Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ ) . x + 2 + y + 1 = 4  2. Giải phương trình: 3x + 2 x − 2 x.3x = 1 ( x ∈ ℝ ) .. Câu 3.(2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC . Gọi x, y, z là ba. số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện: cy + bz = a; az + cx = b; bx + ay = c . Chứng 3 minh rằng: x + y + z ≤ . 2. Câu 4.(3,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB. AC. AD = 54324 và O là một điểm thay đổi nằm trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua O song song với AB, AC , AD lần lượt cắt các mặt ( ACD ), ( ABD ),( ABC ) tại B ', C ', D ' . Chứng minh rằng: OB '.OC '.OD ' ≤ 2012.. Câu 5.(3,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2), B (−1;2;4) và x −1 y + 2 z = = . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường −1 1 2 thẳng d sao cho tổng MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.. đường thẳng d có phương trình. Câu 6.(1,0 điểm) Từ 2012 số nguyên dương đầu tiên lấy ra 6 số xếp thành dãy số có dạng u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 . Hỏi có bao nhiêu dãy số có dạng trên biết u1 , u2 , u3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. ------------------------Hết-----------------------(Đề thi gồm có 01 trang).

(40) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Lời giải sơ lược. Câu Cho hàm số y = 4 − 1. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 20 tháng 3 năm 2012 ============== Thang điểm. 6 có đồ thị (C). Tìm m để đường thẳng d : y = 3 x + m x. cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc AOB nhọn (O là gốc tọa độ).. 5.0. PT hoành độ giao điểm của d và (C). 4−. 6 = 3 x + m ⇔ 3 x 2 + ( m − 4 ) x + 6 = 0 (1) x. đặt f ( x ) = 3 x + ( m − 4 ) x + 6. 1.0. 2. ∆ = ( m − 4 ) − 72 2. d cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0. m > 4 + 6 2 ∆ > 0 ⇔ ⇔  f (0) ≠ 0  m < 4 − 6 2. 1.0. Gọi A ( x1;3 x1 + m ) , B ( x2 ;3 x2 + m ) với x1 , x2 là nghiệm của (1).. 4−m   x1 + x2 = Theo đlý Vi-et:  3  x1 x2 = 2. 1.0. AOB nhọn ⇔ OA.OB > 0 ⇔ 10 x1 x2 + 3m ( x1 + x2 ) + m 2 > 0 4−m 2 ⇔ 20 + 3m   + m > 0 ⇔ m > −5  3 . 1.0. Kết hợp điều kiện(*) ta được đk cần tìm của m là m ∈ (−5;4 − 6 2) ∪ (4 + 6 2; +∞) 1.0.

(41) 2.1. 2( x 3 + 2 x − y − 1) = x 2 ( y + 1) Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ ) .  x + 2 + y + 1 = 4. 3.0. ĐK: x ≥ −2, y ≥ −1 Biến đổi được pt(1) về dạng ( x 2 + 2)(2 x − y − 1) = 0 ⇔ y = 2 x − 1. 1.0. x + 2 + 2x = 4. 0.5. Thế vào pt(2) ta được. (3). Biến đổi (3) về dạng: 2 2 x( x + 2) = 14 − 3 x (4) 1.0. Giải đúng (4) được nghiệm x = 2 x = 2 ⇒ y = 3 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (2;3) .. 2.2. Giải phương trình:. 3x + 2 x − 2 x.3x = 1. ( x ∈ ℝ ).. TH1: 3x + 2 x − 2 x.3x = 1 ⇔ (3x − 1)(1 − 2 x) = 0. x = 0  3x = 1 ⇔ ⇔ 1 2 x = 1  x = 2  TH2: 3x + 2 x − 2 x.3x = −1 ⇔ 3x − Xét hàm số f ( x ) = 3x −. f ' ( x ) = 3x ln 3 +. 0.5. 3.0 1.0. 0.5 2x + 1 1 = 0( x ≠ ) (1) 2x −1 2. 0.5. 2x + 1 1 1   , x ∈  −∞;  ∪  ; +∞  2x −1 2 2  . 4 1 . 2 > 0, ∀x ≠ 2 ( 2 x − 1). 0.5. 1 1   Suy ra, f ( x ) đồng biến trên từng khoảng  −∞;  ;  ; +∞  2 2   1 1   Nên trên mỗi khoảng  −∞;  ;  ; +∞  PT (1) có nhiều nhất một nghiệm 2 2   Mà f (1) = f ( −1) = 0 . Suy ra, (1) có 2 nghiệm x = ±1 . 1   Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: −1;0; ;1 2  . 0.5.

(42) Cho ba số thực dương a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC . Gọi x, y, z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện: 3. 3 cy + bz = a; az + cx = b; bx + ay = c . Chứng minh rằng: x + y + z ≤ . 2. 2.0. Từ giả thiết ta có acy + abz = a 2  2 2 2 2 baz + bcx = b ⇒ b + c − a = 2bcx cbx + cay = c 2 . 0.5. b2 + c 2 − a2 ⇒x= ⇒ x = cosA (Định lí côsin) 2bc CM tương tự ta được: y = cosB; z = cosC 0.5. Khi đó T = x + y + z = cosA + cosB + cosC T + cos. π 3. = 2cos. A+ B A− B C π  C π  cos + 2cos  +  cos  −  2 2 2 6 2 6 0.5.  A+ B  C π  ≤ 2 cos + cos  +   2  2 6    A+ B +C π   A+ B+C π  = 4cos  +  cos  −  4 12  4 12    ≤ 4cos. π 3. 3 ⇒T ≤ . 2. Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC đều hay x = y = z =. 0.5 1 2. Cho tứ diện ABCD có AB. AC. AD = 54324 và O là một điểm thay đổi nằm trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua O song song với AB, AC , AD. 4. lần lượt cắt các mặt ( ACD ), ( ABD ),( ABC ) tại B ', C ', D ' . Chứng minh rằng: OB '.OC '.OD ' ≤ 2012.. 3.0.

(43) A. B1. 0.5. B' D'. B. O1 O. N. D. M. C. AB ', BO, CD đồng quy tại M . Gọi B1 , O1 lần lượt là hình chiếu của B, O lên mp ( ACD ) . Khi đó,. O O1 MO OB ' = = BB1 MB AB. Từ đó chứng minh được. 1.0. VOACD OB ' = VABCD AB. 0.5. Tương tự ta thu được: OB ' OC ' OD ' VOACD + VOABD + VOABC + + = =1 AB AC AD VABCD. 0.5. Áp dụng BĐT Côsi 1=. OB ' OC ' OD ' OB ' OC ' OD ' OB '.OC '.OD ' + + ≥ 33 . . = 33 AB AC AD AB AC AD 54324. 0.5. ⇒ OB '.OC '.OD ' ≤ 2012 (đpcm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2), B (−1;2;4). 5. x −1 y + 2 z = = . Tìm tọa độ điểm M −1 1 2 thuộc đường thẳng d sao cho tổng MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. và đường thẳng d có phương trình. 3.0. Gọi M (1 − t ; −2 + t ;2t ) ∈ d 1.0. Tính được MA + MB = 6t − 20t + 40 + 6t − 28t + 36 2. 2.  5 35 7 5 Biến đổi được MA + MB = 6  (t − ) 2 + + ( − t )2 +  3 9 3 9  5 35 7 5 ), v = ( − t ; ) Đặt u = (t − ; 3 3 3 3. 0.5. 1.0.

(44) 2  2   35 + 5  ⇒ MA + MB = 6( u + v ) ≥ 6 u + v = 6.   +   3 3  . 2. 5 7 −t 3=3 35 5. t−. Dấu ‘=’ xảy ra khi u , v cùng hướng hay. Từ đó tìm được t =. 6. 0.5.  7 − 13 4 − 7 44 − 2 7  22 − 7 ⇒M ; ;  9 9 9 9  . Từ 2012 số nguyên dương đầu tiên lấy ra 6 số xếp thành dãy số có dạng u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 . Hỏi có bao nhiêu dãy số có dạng trên biết u1 , u2 , u3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. u1 , u2 , u3 lập thành csc ⇔ u1 + u3 = 2u2 ⇒ u1 , u3 cùng tính chẵn lẻ Số csc u1 , u2 , u3 chính là số cặp u1 , u3 cùng tính chẵn lẻ. Khi đó các số hạng u4 , u5 , u6 được chọn trong 2009 số nguyên dương còn lại.. 1.0 0.25 0.25. 2 Số cách chọn csc u1 , u2 , u3 là 2.A1006 3 Số cách chọn bộ 3 số hạng u4 , u5 , u6 là A2009. 0.5. 2 3 Vậy số các dãy số thỏa mãn yêu cầu là: 2.A1006 . A2009. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

(45) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 CHUYÊN. UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài: 180 phút( Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 20 tháng 3 năm 2012. Câu 1 (4 điểm). Giải phương trình sau: x 2 = 3 3 3x − 2 − 2 − 2. ( x ∈ ℝ) .. Câu 2 (4 điểm). . x = x =1. 0 1 Cho dãy số thực ( xn ) thoả mãn:  . x = x + x ∀ n ∈ N 2 sin sin ; n + 2 n + 1 n . Chứng minh rằng dãy số ( xn ) hội tụ và tính giới hạn của dãy số đó. Câu 3 (3 điểm). Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên ℝ đồng thời thoả mãn: f (1) = 1, f (e) = e . Chứng minh rằng tồn tại số thực a sao cho: f (a) = a. f '(a) . Câu 4 (6 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (S): ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = 5 và hai điểm A(1;1), B(−3;3).. a) Tìm toạ độ điểm M thuộc (S) sao cho góc AMB vuông. b) Tìm toạ độ điểm N thuộc (S) sao cho góc ANB lớn nhất.. Câu 5 (3 điểm). Cho tập hợp A = {1;2;...;51;52} . Tìm số tập con của A có tính chất: ở mỗi tập con ấy, có ít nhất hai số a, b thoả mãn a = 17b.. ---------------HẾT--------------(Đề thi gồm có 01 trang).

(46) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 CHUYÊN Ngày thi 20 tháng 3 năm 2012. ============== Câu 1 (4 điểm). Giải phương trình sau: x 2 = 3 3 3x − 2 − 2 − 2 .. Giải: x 2 + 2 = 3 y  Đặt z = 3x − 2 ; y = 3z − 2 , ta có hệ:  y 2 + 2 = 3z .  z 2 + 2 = 3x . Giả sử x = Max{x; y; z}. Vì x, y, z > 0 nên dẫn đến x = y = z. x =1 . x = 2. Suy ra: x 2 − 3x + 2 = 0 ⇒ . Dễ thấy hai giá trị này thoả mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x = 1, x = 2. Câu 2 (4 điểm). . x = x =1. 0 1 Cho dãy số ( xn ) thoả mãn:  . 2 xn + 2 = sin xn +1 + sin xn ; ∀n ∈ N. Chứng minh rằng dãy số ( xn ) hội tụ và tính giới hạn của dãy số đó. Giải: - Nhận xét: x1 > x 2 > x3 > 0. - Dùng phương pháp quy nạp, chứng minh:. π 2. > xn > xn +1 > 0; ∀n ∈ ℕ, n > 1.. Suy ra tồn tại lim x n = a -Từ giả thiết suy ra a là nghiệm của pt: x = sinx. Dùng đạo hàm, chỉ ra nghiệm duy nhất của pt là x = 0. Kết luận lim x n = 0 ..

(47) Câu 3 (3 điểm). Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên ℝ đồng thời thoả mãn: f (1) = 1, f (e) = e . Chứng minh rằng tồn tại số thực a sao cho: f (a) = a. f '(a) . Giải: Xét hàm số: g ( x) = e − x . f (e x )  g (0) = f (1) = 1 1 Từ giả thiết suy ra g(x) có đạo hàm và  . g (1) =. e. f (e) = 1. .. Dẫn đến ∃b ∈ (0;1) : g (a) = 0. Mà g '( x) = −e − x f (e x ) + f '(e x ) Suy ra ∃b ∈ (0;1) : − f (eb ) + eb f '(eb ) = 0 Đặt eb = a ta có đpcm. Câu 4 (6 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ,. (S): ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = 5 và hai điểm A(1;1), B(−3;3). a) Tìm toạ độ điểm M thuộc (S) sao cho góc ∠AMB vuông. b) Tìm toạ độ điểm N thuộc (S) sao cho góc ∠ANB lớn nhất. Giải: a)Giả sử M = ( x; y ) là điểm thỏa mãn ∠AMB vuông. Ta có:  AM .BM = 0 ( x − 1)(( x + 3) + ( y − 1)( y − 3) = 0 ⇔ ⇒ M = (1;3)  2 2  M ∈ ( S )  x + y − 6 x − 8 y + 20 = 0. b) Gọi J (−1;2) là trung điểm AB, I (3;4) là tâm (S), M(1;3). Ta thấy: MJ + MI = 0 , ∠AMB vuông, suy ra đường tròn (C) đường kính AB tiếp xúc ngoài với (S) Do đó với N thuộc (S) thì N không nằm trong (C), dẫn đến ∠ANB ≤ ∠AMB ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng N. Vậy N(1;3) thì góc ∠ANB lớn nhất. Câu 5(3 điểm). Cho tập hợp A = {1; 2;...;51;52} . Tìm số tập con của A có tính chất: ở mỗi tập con ấy, có ít nhất hai số a, b thoả mãn a = 17b. Giải: - Để a = 17b thì (a;b) chỉ có thể là một trong số các cặp: (1;17), (2;34), (3;51). - Ký hiệu: Ak là tập các tập con của A có chứa cặp (k;17k) . A1 = A2 = A3 = 250. Dễ thấy A1 ∩ A2 = A2 ∩ A3 = A3 ∩ A1 = 248 A1 ∩ A2 ∩ A3 = 246. Từ đó kết quả là: A1 ∪ A2 ∪ A3 = 3.250 − 3.248 + 246 = 37.246.

(48)

(49) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 22 tháng 3 năm 2011 ================. Câu 1:(5 điểm) 1/ Cho hàm số y = x 3 − 3x + 2 có đồ thị là (T). Giả sử A, B, C là ba điểm thẳng hàng trên (T), tiếp tuyến của (T) tại các điểm A, B, C lần lượt cắt (T) tại các điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C). Chứng minh rằng A’, B’, C’ thẳng hàng. 2/ Cho hàm số y = x 2n +1 + 2011x + 2012 (1) , chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành tại đúng một điểm. Câu 2:(5 điểm) 1/ Giải phương trình: log 2 x + log 4 x + log 6 x = log3 x + log 5 x + log 7 x ( x ∈ ℝ ) . 2/ Giải phương trình: ( 5x − 6 ) − 2. 1 1 = x2 − 5x − 7 x −1. (x ∈ ℝ) .. Câu 3:(3 điểm) Kí hiệu Ckn là tổ hợp chập k của n phần tử ( 0 ≤ k ≤ n; k, n ∈ ℤ ) , tính tổng sau: 2009 2010 S = C02010 + 2C12010 + 3C22010 + ... + 2010C 2010 + 2011C 2010 .. Câu 4:(5 điểm) 1/ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, AD = 4a ( a > 0 ) , các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) khi thể tích của khối chóp S.ABCD là lớn nhất. 2/ Cho tứ diện ABCD có BAC = 600 , CAD = 1200 . Gọi E là chân đường phân giác trong góc A của tam giác ABD. Chứng minh rằng tam giác ACE vuông. Câu 5:(2 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x 2 + y 2 ≤ π . Chứng minh rằng: cos x + cos y ≤ 1 + cos ( xy ) .. …………………… HẾT…………………… (Đề thi gồm có 01 trang).

(50) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Câu Câu 1 (5 đ). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 22 tháng 3 năm 2011 ============== Cách giải Điểm. Câu 1.1 (3 điểm) Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) , C ( x 3 ; y3 ) là 3 điểm thẳng hàng trên (T) và thuộc đường thẳng ∆ : y = ax + b . PT tiếp tuyến tại A là: y = ( 3x12 − 3) ( x − x1 ) + y1 (d1).. 0,5. ⇔ ( x − x1 ) ( x 2 + xx1 + x12 ) − 3 ( x − x1 ) − ( 3x12 − 3) ( x − x1 ) = 0. 0,5.  x = x1 2 ⇔ ( x − x1 ) ( x + 2x1 ) = 0 ⇔   x = −2x1 ⇒ d1 cắt (T) tại A ' ( x '1 ; y '1 ) với x '1 = −2x1. 0,5. Xét PT: x 3 − 3x + 2 = ( 3x12 − 3) ( x − x1 ) + x13 − 3x1 + 2. y '1 = x '13 − 3x '1 + 2 = −8x13 + 6x1 + 2 = −8 ( x13 − 3x1 + 2 ) − 18x1 + 18. 1. = −8y1 − 18x1 + 18 = −8 ( ax1 + b ) − 18x1 + 18 = ( 4a + 9 ) x '1 + 18 − 8b. Chứng minh tương tự A’, B’, C’ cùng thuộc đường thẳng có PT: ∆ ' : y = ( 4a + 9 ) x + 18 − 8b . Suy ra, đpcm Chú ý: Học sinh có thể chứng minh và sử dụng bổ đề: “Cho ba điểm A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) , C ( x 3 ; y3 ) thuộc đồ thị hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) , A, B, C thẳng hàng ⇔ x1 + x 2 + x 3 =. 0,5. −b .” a. Câu 1.2 (2 điểm) Xét hàm số: f ( x ) = x 2n +1 + 2011x + 2012 . f ' ( x ) = ( 2n + 1) x 2n + 2011 > 0, ∀x ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ . Suy ra, PT f(x)=0 có nhiều nhất một nghiệm. Vì lim f ( x ) = lim x 2n +1 1 + x →+∞ x →+∞. 2011 2012  + 2n +1  = +∞ ⇒ ∃b > 0 để f ( b ) > 0 . x 2n x    2011 2012  lim f ( x ) = lim x 2n +1 1 + 2n + 2n +1  = −∞ ⇒ ∃a < 0 để f ( a ) < 0 . x →−∞ x →−∞ x x  . 0,5. 0,5 0,5. ⇒ f ( a ) .f ( b ) < 0 , suy ra PT f ( x ) = 0 có nghiệm thuộc (a;b).. Từ đó suy ra, đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành tại đúng một điểm. 0,5 Chú ý: Học sinh có thể tính lim f (x), lim f (x) rồi lập bảng biến thiên và suy ra x →+∞. f(x)=0 có nghiệm duy nhất.. x →−∞.

(51) Câu 2 (5 đ). Câu 2.1 (2,5 điểm) Giải phương trình: log 2 x + log 4 x + log 6 x = log 3 x + log 5 x + log 7 x (1). (1) ⇔ log 2 x + log 4 2.log 2 x + log 6 2.log 2 x = log3 2 log 2 x + log5 2.log 2 x + log 7 2.log 2 x ⇔ log 2 x (1 + log 4 2 + log 6 2 − log 3 2 − log 5 2 − log 7 2 ) = 0 (2) Ta có: 1 − log 3 2 > 0 , log 4 2 − log 5 2 =. 1 1 − > 0, log 2 4 log 2 5. 1 1 log 6 2 − log 7 2 = − > 0 nên 1 + log 4 2 + log 6 2 − log 3 2 − log 5 2 − log 7 2 > 0 log 2 6 log 2 7. (2) ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 . Vậy PT có nghiệm x = 1 . 2. 7 5. ĐK: x > . Xét hàm số: f ( t ) = t 2 − 1. > 0, ∀t >. ( t − 1) (1) ⇔ f ( 5x − 6 ) = f ( x ) 3. 2. 0,75 0,5. 0,5. Câu 2.2 (2,5 điểm) Giải phương trình: ( 5x − 6 ) −. f ' ( t ) = 2t +. 0,75. 1 1 (1) = x2 − 5x − 7 x −1. 1 7 với t > 5 t −1. 7 . Suy ra, f(t) đồng biến trên 5. 0,5 7   ; +∞  5 . 1 0,5. 3 (thỏa mãn). 2 3 Vậy PT có nghiệm duy nhất x = . 2 ⇔ 5x − 6 = x ⇔ x =. Câu 3 (3 đ). 0,5. Chú ý: Nếu HS ghi ĐK t > 1 và chỉ ra hàm số f(t) đồng biến trên (1; +∞ ) thì điểm vẫn cho tối đa. Kí hiệu Ckn là tổ hợp chập k của n phần tử ( 0 ≤ k ≤ n; k, n ∈ ℤ ) , tính tổng sau: 2 2010 S = C02010 + 2C12010 + 3C2010 + ... + 2010C 2009 2010 + 2011C 2010 .. Xét hàm số: f ( x ) = x (1 + x ) Ta có: (1 + x ). 2010. 2010. 2 2010 2010 = C02010 + C12010 x + C 2010 x 2 + ... + C 2010 x. ⇒ f ( x ) = x (1 + x ). 2010. 2 2011 = C02010 x + C12010 x 2 + C 2010 x 3 + ... + C 2010 2010 x. 2011 ⇒ f ' ( x ) = ( C02010 x + C12010 x 2 + C 22010 x 3 + ... + C 2010 )' 2010 x 2010 2010 = C02010 + 2C12010 x + 3C 22010 x 2 + ... + 2011C2010 x. Mặt khác f ' ( x ) =  x (1 + x ). 2010.  ' = (1 + x ) 2010 + 2010x (1 + x ) 2009 . Với x=1 ta được: 2 2010 S = C02010 + 2C12010 + 3C2010 + ... + 2010C 2009 2010 + 2011C 2010. 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5. = f ' (1) = 503.22011. KL: S = 503.22011 .. 0,5.

(52) Câu 4 (5đ). Câu 4.1 (3 điểm) Gọi O là giao điểm của AC và BD do ∆SAC, ∆SBD cân tại S nên SO ⊥ AC, SO ⊥ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) . Từ giả thiết suy ra OA = OB = OC = OD ⇒ ABCD là hình chữ nhật. Đặt AB = x, x > 0 ⇒ AC = 16a 2 + x 2 ⇒ AO =. 0,25 0,25 0,25. 16a 2 + x 2 8a 2 − x 2 ⇒ SO = 2 2. 1 8a 2 − x 2 ⇒ VABCD = 4a.x. 3 2 a 8a 3 ≤ . ( x 2 + 8a 2 − x 2 ) = 3 3 3 8a khi x = 2a . ⇒ VABCD max = 3. 0,25 0,25 0,25. Suy ra, SO=a. Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. 0,25. O ( 0; 0; 0 ) , S ( 0;0;a ) , B ( −a; −2a; 0 ) , C ( −a; 2a;0 ) , D ( a; 2a;0 ) .. 0,25. Tìm được vtpt của mp(SBC) là n SBC (1;0; −1) ,. 0,25. vtpt của mp(SCD) là n SCD ( 0;1; 2 ) .. 0,25. 2 , với ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). 10 Vậy cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) (khi VABCD lớn nhất) bằng 2 . 10. ⇒ cos ϕ =. z S. C. B O. y. A. D x. Chú ý: Học sinh có thể tính thể tích của khối chóp S.ABCD bằng cách đặt SO=x 1 3. Khi đó, VS.ABCD = .4a.x. 8a 2 − 4x 2 lời giải hoàn toàn tương tự.. 0,25 0,25.

(53) Câu 4.2( 2 điểm) A v u uAE w B. D E C. AB AD AC , v= , w= ⇒ u = v = w = 1. AB AD AC AE nhận u AE = u + v là vectơ chỉ phương.. Đặt u =. Ta có u AE .w = ( u + v ) w = uw + vw = u w cos 600 + v w cos1200 = 0 . ⇒ AE ⊥ AC hay ∆ACE vuông tại A.. 0,5 0,5 0,5 0,5. Câu 5 (2 đ). Do hàm y = cos x là hàm chẵn nên ta chỉ cần xét với x ≥ 0, y ≥ 0 . x+y x 2 + y2 π x+y π Ta có 0 ≤ xy ≤  ≤ ⇒0≤ ≤  ≤ 2 2 2 2  2  2. cos x + cos y = 2cos. 0,25. x+y x−y x+y cos ≤ 2cos 2 2 2. x+y 1 + cos ( xy ) ≥ 1 + cos    2 . 0,25. 2. x+y x+y Ta sẽ chứng minh 2 cos   ≤ 1 + cos   (1)  2   2  2. Đặt.  x+y π 2 = t, t ∈ 0;  , (1) trở thành 1 + cos t − 2 cos t ≥ 0 2 2   . Xét hàm số f (t) = 1 + cos t 2 − 2 cos t với t ∈ 0;. π  2.  f '(t) = −2t sin t + 2sin t = 2(sin t − t sin t ) ;f '(1) = f ' ( 0 ) = 0 2. 2. ∀t∈(0 ;1) ta có t > t 2 ⇒ sin t > sin t 2 > t sin t 2 ⇒ f '(t) > 0 . ∀t∈ 1; . π 2 2 2  ta có t < t ⇒ sin t < sin t < t sin t 2. 0,25. ⇒ f '(t) < 0. 0,25 0,25 0,25.

(54) t f '(t). 1. 0 0. π 2. +. 0 f(1). f(t) f(. 0. π ) 2. 0,25. f (0) = 0; f (1) = 1 − cos1 > 0;  π2   π2   π  π f   > 1 − 2 cos  =0  = 1 − 2cos   > 1 − 2 cos    9  2 π  2  2     2  π x+y x+y Vậy f (t) ≥ 0, ∀t ∈ 0;  ⇒ 2 cos   ≤ 1 + cos   2  2   2  . Từ đó suy ra, cos x + cos y ≤ 1 + cos( xy) Dấu bằng xảy ra khi x = y = 0 . Chú ý: Học sinh có thể đặt t = xy và cách làm cũng hoàn toàn tương tự.. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm. 0,25.

(55) đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh. UBND TØNH B¾C NINH Së gi¸o dôc Vµ §µo t¹o. N¨m häc: 2009-2010 m«n thi: to¸n – líp 12 – thpt. §Ò chÝnh thøc. C©u 1 (3,0 ®iÓm) 1/ Gi¶i ph−¬ng tr×nh:. Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngµy thi 14 th¸ng 4 n¨m 2010 sin x − sin 2x + sin 3x = 3 cos x − cos 2x + cos 3x. 2/ Cho bÊt ph−¬ng tr×nh: 4 log (5 x ) − 6 log x ≤ m.3log ( 25 x ) (víi m lµ tham sè). a) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh ®( cho, khi m = 2. b) Xác định m để bất ph−ơng trình đ( cho có nghiệm x > 1. 2. 5. 5. 5. x 2 − 3x + 1. C©u 2 (4,0 ®iÓm) Cho hµm sè y =. x2 + 1. 1/ Chứng minh rằng hàm số đ( cho có duy nhất điểm cực trị, đó là điểm cực tiểu. 2/ §å thÞ hµm sè ®( cho c¾t trôc hoµnh Ox t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B. TÝnh cosin của góc tạo bởi các tiếp tuyến tại A và tại B của đồ thị hàm số đ( cho (với kết qu¶ ®−îc rót gän). C©u 3 (3,0 ®iÓm) 1 0 1 1 (−1) n n 1 1/ T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d−¬ng n tho¶ m(n: Cn − Cn + ... + Cn = . 2 3 n+2 42  6 3 x1 = cos(2π x2 )  6 3 x2 = cos(2π x3 ) 2/ Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  6 3 x3 = cos(2π x4 )   6 3 x4 = cos(2π x1 ). C©u 4 (6,5 ®iÓm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông, với AB = 1 vµ AA’ = a. 1/ TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn BDB’C’. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng DC’ vµ AC. 2/ Khi a thay đổi, h(y tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đ−ờng thẳng B’D và mặt ph¼ng (BDC’). C©u 5 (3,5 ®iÓm) 1/ Chứng minh rằng với mọi x ∈ R ta đều có: 3 ≤ 2 2/ T×m. (. lim cos 2 α. x →+∞. n. cos α + sin 2 α. n. sin α. ). n. sin x. + 2 cos x ≤ 2. 2+ 2 2. π. víi α ∈ (0; ) . 2. -------------------HÕt -------------------(§Ò thi gåm 01 trang) Hä vµ tªn thÝ sinh:..............................................Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1:.................... Sè b¸o danh :......................................................Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2: ....................

(56) ubnd tØnh b¾c ninh Së gi¸o dôc vµ §µo t¹o. kú thi häc sinh giái THPT N¨m häc: 2009 - 2010. M«n: To¸n Líp 12. đáp án và H−ớng dẫn chấm thi (§¸p ¸n gåm 04 trang) Chó ý chung: - Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ h¬n, nh−ng kh«ng chia nhá d−íi 0,25. - Mọi lời giải của học sinh có ph−ơng pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức trong ch−ơng trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm t−¬ng øng (häc sinh cã thÓ sö dông kiÕn thøc cña ch−¬ng tr×nh C¬ b¶n hoÆc N©ng cao). C©u 1 (3,0 ®iÓm) §¸p ¸n §iÓm 1) (1,00®) 2sin 2x cos x − sin 2x 0,25 Ph−¬ng tr×nh ® cho t−¬ng ®−¬ng = 3 2 cos 2x cos x − cos 2x.  tan 2x = 3 (1) sin 2x(2 cos x − 1)  ⇔ = 3⇔  1 cos 2x(2 cos x − 1) cos x ≠ (2)  2 π π Gi¶i (1) ®−îc nghiÖm x = + k 6 2. 0,25. 0,25. §èi chiÕu ®iÒu kiÖn (2), kÕt luËn nghiÖm: x =. π 2π + mπ; x = + m2π (m ∈ ℤ) 6 3. 2) (2,00®) §iÒu kiÖn x > 0. Víi §K trªn, bÊt ph−¬ng tr×nh ® cho t−¬ng ®−¬ng víi log x 4. 4 − 6log x ≤ 9m.32 log x 5. 5. 2 log 5 x. 2  . 4.   3. 2 log5 x. 2 −  3. 2 §Æt t =   3. log 5 x. 0,25. 5. Chia hai vÕ cho 3. log 5 x. > 0,. cã bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng. ≤ 9m (1). 0,25. víi t > 0. (1) cã d¹ng 4t2 – t ≤ 9m (2). a) víi m = 2 , (2) trë thµnh 4t2 – t – 18 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ t ≤ 2. VËy BPT ® cho lµ   3. 0,25. log 5 x. ≤. 0,25 9 4. 0,25. 9 1 ⇔x≥ . 4 25. 2 b) Khi x > 1, cã log 5 x > 0 ⇒ 0 < t =   3. log 5 x. 0,25 < 1 . VËy bÊt ph−¬ng tr×nh ® cho cã. 0,25. nghiÖm x > 1 khi vµ chØ khi (2) cã nghiÖm t ∈ (0; 1) . XÐt hµm sè f(t) = 4t2 – t víi t ∈ (0; 1) , ®−îc miÒn gi¸ trÞ cña hµm f(t) lµ [ −. 1 ; 3) 16. 0,25. VËy bÊt ph−¬ng tr×nh ® cho cã nghiÖm x > 1 khi vµ chØ khi 9m ≥ -1/16. KL : m ≥ −. 1 . 144. 0,25.

(57) C©u 2 (4,0 ®iÓm) §¸p ¸n 1) (1,5®) TX§: R, ∀x ∈ R cã y’ =. §iÓm. x + x −3 3. 0,25. (x 2 + 1)3. ∀x ∈ R cã. (x 2 + 1)3 > 0, vËy y’ cïng dÊu víi f(x) = x 3 + x − 3 . xét hàm f(x) liên tục trên R và f’(x) = 3x2 + 1 >0, ∀x ∈ R ⇒ f(x) đồng biến trên R . Mặt kh¸c f(1).f(2) <0 ⇒ ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã nghiÖm x0 ∈ (1; 2) VËy: y 'x0 = 0 vµ khi x > x0 ⇒ f(x) > f(x0) = 0 ⇒ y’ >0; khi x < x0 ⇒ f(x) < f(x0)= 0 ⇒ y’ < 0. 1,0. Do đó hàm số có duy nhất một điểm cực trị đó là điểm cực tiểu. 2) (2,5đ) Đặt U(x) = x 2 − 3x + 1 , V(x) = x 2 + 1 , đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A; B có hoành độ lần l−ợt là x1>0 và x2 > 0 là nghiệm ph−ơng trình: x 2 − 3x + 1 = 0 (1), hay U(x1) = U(x2) = 0 Gọi k1; k2 thứ tự là hệ số góc của hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A; B ⇒. 0,25. k1 = y ' x =. 0,5. 1. V(x1 ).U '(x1 ) − V '(x1 ).U(x1 ) U '(x1 ) 2x1 − 3 2x − 3 = = . T−¬ng tù k2 = 2 2 V(x1 ) V(x1 ) x12 + 1 x 22 + 1. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A và tại B lần l−ợt có ph−ơng trình : k1x – y - k1x1 = 0 vµ k2x – y – k2x2 = 0. Gäi α lµ gãc t¹o bëi hai tiÕp tuyÕn trªn ⇒ cos α =. k1 k 2 + 1. k12 + 1. k 22 + 1. =. k1 k 2 + 1. (k1 k 2 ) 2 + (k1 + k 2 ) 2 − 2k1 k 2 + 1.. 0,25. 0,5. (2). Ta cã : x1 ; x2 lµ nghiÖm ph−¬ng tr×nh (1), nªn x1 + x2 = 3 vµ x1 x2 = 1. mÆt kh¸c x12 − 3x1 + 1 = 0 ⇒ x12 + 1 = 3x1 , t−¬ng tù x 2 2 + 1 = 3x 2 . VËy k1 =. k2 =. 2x 2 − 3 3x 2. ⇒ k1 k2 =. (2x1 − 3)(2x 2 − 3) 9x1 x 2. =. 2x1 − 3 3x1. vµ. 4x1 x 2 − 6(x1 + x 2 ) + 9 4 − 18 + 9 −5 = = 3 3 3. 0,5. k1 + k2 = = =. 2x1 − 3 2x 2 − 3 +. 3x1. =. 3x 2 (2x1 − 3) + 3x1 (2x 2 − 3) 9x1 x 2. 3x 2. − 3( x1 + x 2 ) 3. =. − 3( x1 + x 2 + 2 x1 x 2 ). Thay vµo (2) ta ®−îc cos α =. 3. =−. =. 2 3x1 x 2 ( x1 + x 2 ) − 3 3( x1 + x 2 ) 3. 0,5. 5 3. 2. 0,25. 79. C©u 3 (3,0 ®iÓm) §¸p ¸n. §iÓm 1. 1 (1,5 ®iÓm) Víi mçi n nguyªn d−¬ng, xÐt tÝch ph©n I = ∫ x(1 − x) n dx 0. §Æt 1 – x = t ⇒ dx = - dt. Khi x = 0 ⇒ t =1 vµ khi x = 1 ⇒ t = 0. 0 1  t n +1 t n +2  1 1 1 VËy I = − ∫ (1 − t)t n dt = ∫ (t n − t n +1 )dt =  − = −  1 0  n +1 n + 2  0 n +1 n + 2. (1). MÆt kh¸c x(1 − x) n = x ( C0n − C1n x + ... + (−1) n Cnn x n ) = C0n x − C1n x 2 + ... + (−1)n C nn x n +1. 0,25 0,25.

(58) 1 1 (−1)n n n + 2  1 + ... + (−1)n Cnn x n +1 dx =  C0n x 2 − C1n x 3 + ... + Cn x  3 n+2 2 0 0 1 1 (−1)n n C n (2) = C0n − C1n + ... + 2 3 n+2 1 1 1 1 (−1)n n Tõ (1) vµ (2) ⇒ C0n − C1n + ... + Cn = 2 3 n+2 n +1 n + 2 1 1 1 VËy n tho¶ m n ®iÒu kiÖn ® cho khi vµ chØ khi = (3) n + 1 n + 2 42 1. VËy I =. ∫ (C x − C x 0 n. 1 n. ). 2. 0,25. 0,25 0,25. Gi¶i ph−¬ng tr×nh (3) ®−îc nghiÖm nguyªn d−¬ng n= 5. KL: n = 5.. 0,25. 2 (1,5 ®iÓm) Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta cã thÓ gi¶ sö: x1 = max( x1 , x 2 , x 3 , x 4 ) . Do hµm cos nhận giá trị từ -1 đến 1 và là hàm chẵn nên 0 < x1 , x 2 , x 3 , x 4 <. 1 . 2. π MÆt kh¸c, hµm cos nghÞch biÕn trong kho¶ng (0; ) nªn tõ c¸c ph−¬ng tr×nh cña hÖ ta. 2 suy ra x2 = min( x1 , x 2 , x 3 , x 4 ) , x3 = max( x1 , x 2 , x 3 , x 4 ) x4 = min( x1 , x 2 , x 3 , x 4 ). Do đó, x1 = x3 , x2 = x4 hệ đ cho trở thành:  6 3 x1 = cos(2π x2 )  6 3 x 2 = cos(2π x1 ) Từ đó 6 3 (x1 − x2 ) = 2 sin[π ( x1 − x2 )] sin[π ( x1 + x2 )] ≤ π ( x1 − x2 ) . Vì x1 ≥ x2 và 6 3 > π nên. bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi x1 = x2 . Tức là 6 3x1 − cos(2π x1 ) = 0 . Từ tính đồng biến ta đ−ợc ph−ơng trình có nnghiệm duy nhất x1 = VËy nghiÖm cña hÖ lµ x1 = x2 = x3 = x4 =. 1 . 12. 1 2. a 2. BCD.B’C’D’ ⇒ V1 = V = AB2 . A ' A = . 0,75. Ta cã : VBDB’C’ = V1 – (VC’DBC + VDB’C’D’) (1) D A. C I. Ta cã CC’ ⊥ (DBC) vµ DD’ ⊥ (D’B’C’) vµ dt( ∆ DBC) = dt( ∆ D’B’C’) = CC’=D’D = a ⇒ VC’DBC = VDB’C’D’ =. 1 1 a . .a = 3 2 6. 0,25. 0,25. 0,5. 0,25. 1 12. C©u 4 (6,5 ®iÓm) Chú ý : có nhiều ph−ơng pháp để giải câu này, đáp án sau đây, đ−a ra một cách giải- chủ yÕu sö dông ph−¬ng ph¸p thÓ tÝch. §¸p ¸n §iÓm D’ 1)(4,0®) C’ + Gäi V vµ V1 theo thø tù lµ thÓ tÝch c¸c khèi B’ A’ hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ và lăng trụ đứng 1 2. 0,25. B. 1 vµ 2. 0,5.

(59) a a a − = 2 3 6 + Ta cã DC’// mp(AB’C) ⊃ AC ⇒ d(DC’; AC) = d(D ; (AB’C)) = h a Gäi V2 lµ thÓ tÝch khèi tø diÖn B’DAC, ta cã V2 = . 6 1 a MÆt kh¸c V2 = dt( ∆ B’AC).h ⇒ h = (2) 3 2dt(∆B' AC). Thay vµo (1) ta ®−îc VBDB’C’ =. 0,5 0,5 0,25 0,5. Ta cã B’C = B’A = a 2 + 1 ⇒ ∆ B’AC c©n ë B’. Gäi I lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD ⇒ I lµ trung ®iÓm cña AC vµ B’I ⊥ AC ⇒ B ' I = B ' B2 + (. 2a 2 + 1 1 ⇒ dt( B'AC)= AC.B 'I = 2 2. BD 2 ) = 2 a. Thay vµo (2) ⇒ h=. 2a + 1 2. 2a 2 + 1 2. . VËy kho¶ng c¸ch gi÷a DC’ vµ AC b»ng. 2) (2,5®) Theo cmt, ta cã VBDB’C’ =. 0,75. a 2a 2 + 1. .. 0,25. a (3). 6. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B’ trªn mp(BDC’), ta cã ∠B ' DH = α (nhän) 0,75 chÝnh lµ gãc gi÷a ®−êng th¼ng B’D vµ mÆt ph¼ng (BDC’) vµ B’H =B’Dsin α . B’D = D 'D 2 + B'D '2 = a 2 + 2 . 1 3. MÆt kh¸c VBDB’C’ = dt(∆BDC ').B' H . Mµ 1 1 1 1 BD.C 'I = 2 . a2 + = 2a 2 + 1 2 2 2 2. dt (∆BDC '). =. ⇒ VBDB'C' =. 1 (2a 2 + 1)(a 2 + 2) sin α (4) 6. 0,75. Tõ (4) vµ (3) 1 (2a 2 + 1)(a 2 + 2) 1 = = 2(a 2 + 2 ) + 5 2 2 sin α a a 1 1 1 ¸p dông B§T C« si ®−îc a 2 + 2 ≥ 2 ⇒ 2 ≥ 9 ⇒ 0 < sin α ≤ dÊu “=” x¶y ra khi 3 a sin α 1 vµ chØ khi a = 1. VËy α lín nhÊt khi vµ chØ khi sin α = ( α nhän). 3. ⇒ a = (2a 2 + 1)(a 2 + 2) sin α ⇒. 0,5. 0,5. C©u 5 (3,5 ®iÓm) §¸p ¸n 1 (2,0 ®iÓm) XÐt hµm sè f(x) = 2. sin x. π 2. + 2 cos x . ∀x ∈ R , ta có f(x + )= f(x). Vậy để. xÐt miÒn gi¸ trÞ cña f(x) trªn R , ta chØ viÖc xÐt f(x) trªn ®o¹n [0; =2. sin x. + 2cos x .. MÆt kh¸c, gi¸ trÞ mµ 2. sin x. §iÓm. π π π ] vµ [ ; ] lµ 4 4 2 π trªn ®o¹n [0; ]. 4. + 2cos x nhËn ®−îc trªn c¸c ®o¹n [0;. nh− nhau. VËy ta chØ cßn xÐt hµm sè f(x) = 2 Ta cã f’(x) = ln2( cosx. 2sin x − sin x.2cos x ). sin x. + 2cos x. π ]. Khi đó f(x) 2. 0,75.

(60) Khi x = 0 ta cã f’(x) > 0, khi x =. π ta cã f’(x) = 0. 4. π ) th× sinx vµ cosx thuéc (0 ; 1) vµ sinx < cosx 4 2t 2 t (t.ln 2 − 1) XÐt hµm sè g(t) = víi t ∈ (0; 1 ), cã g’(t) = < 0 ⇒ g(t) nghÞch biÕn t t2 2sin x 2cos x ⇒ g(sinx) >g(cosx) ⇒ > ⇒ cos x.2sin x > sin x.2cos x ⇒ f’(x) >0. sin x cos x. Khi x ∈ (0;. Tóm lại f(x) đồng biến trên trên đoạn [0; Do đó ∀x ∈ ℝ , ta có 3 ≤ 2. sin x. +2. cos x. π π ]. VËy 3= f(0) ≤ f (x) ≤ f ( ) = 2 4 4. ≤2. 2+ 2 2. 2 (1,5 ®iÓm) §Æt xn = cos 2 α n cos α + sin 2 α n sin α , suy ra xn → 1 Ta có xn < 1, ∀n ≥ 2 do đó khi n → +∞ thì. ln xn n ln xn → 1 hay →1 xn − 1 n( xn − 1). n cos α − 1 sin α − 1 + sin 2 α 1 1 n n 2 2 → cos α ln cos α + sin α ln sin α. MÆt kh¸c, n( xn − 1) = cos 2 α. n. Tøc lµ lim ( xn )n = (cos α )cos α (sin α )sin 2. 2. α. x →+∞. ========== H−íng dÉn chÊm cã 05 trang.. 1,0. 2+ 2 2. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25.

(61) UBND tØnh B¾c Ninh. đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh. Sở giáo dục và đào tạo. N¨m häc 2008 – 2009 M«n thi: To¸n THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể giao đề) Ngµy thi: 7 th¸ng 4 n¨m 2009 ==============. ========== §Ò chÝnh thøc. Bµi 1 (6 ®iÓm) 1/ So s¸nh hai sè: 20092010 vµ 20102009 2/TÝnh giíi h¹n sau:   1 1 − lim   x → 0 3 x ( 1 + 4 x + 1)  2 x( 3 (1 + 6 x) 2 + 3 1 + 6 x + 1) . Bµi 2 (4 ®iÓm) 1/ Cho ba sè thùc kh«ng ©m x, y, z tho¶ m6n: x2009 + y2009 + z2009 = 3 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: F= x 2 + y 2 + z 2 2/ Cho sè nguyªn d−¬ng n. Chøng minh r»ng: 1 1 2009. C. +. 1 C. 2 2010. +...+. 1 C. n+1 2009+n. <. 1 2007. Bµi 3 (4 ®iÓm) Hình chóp S.ABC có tổng các mặt (góc ở đỉnh) của tam diện đỉnh S bằng 180 và c¸c c¹nh bªn SA=SB=SC=1. Chøng minh r»ng diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh chãp nµy kh«ng lín h¬n 3 . Bµi 4 (4 ®iÓm) 1/ Gäi m, n, p lµ 3 nghiÖm thùc cña ph−¬ng tr×nh: ax 3 +bx 2 +cx-a=0 (a ≠ 0) Chøng minh r»ng: 1 2 2+ 3 + − ≤ m 2 + n 2 + p 2 . DÊu "=' ' x¶y ra khi nµo? m n p  x3 + y 3 + x 2 ( y + z ) = xyz + 14  2/ Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  y 3 + z 3 + y 2 ( z + x) = xyz − 21  z 3 + x3 + z 2 ( x + y ) = xyz + 7 . Bµi 5(2 ®iÓm) 1/ Chøng minh r»ng bèn h×nh trßn cã c¸c ®−êng kÝnh lµ bèn c¹nh cña mét tø gi¸c lồi thì phủ kín miền tứ giác đó. 2/ Cho y = a0 x + a1 x3 + a2 x5 + ... + an x 2 n +1 + ... víi x ∈ (−1;1) tháa m6n: (1- x 2 ) y′ - xy = 1 víi ∀x ∈ (−1;1) . T×m c¸c hÖ sè: a 0 ; a1 ; a 2 ; ...; a n . -----HÕt----(§Ò gåm 01 trang) Hä vµ tªn thÝ sinh………………………..SBD……………………………...

(62) H−íng dÉn chÊm to¸n thpt Bµi. C¸ch gi¶i. §iÓm. 1 1(3®iÓm) ln x (6®) , Tập xác định: ∀x > 0 XÐt hµm sè f ( x) =. 0,5. x 1 − ln x f ′( x) = , f ′( x) = 0 ⇔ 1 − ln x = 0 ⇔ x = e . Ta cã : x2. x. f ′(x). 0. e 0. +. f(x). 0,5 +∞. -. 1 e. 0 Do đó hàm số nghịch biến trên (e; +∞) ∀x1 , x2 tháa m6n: e < x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) ⇔. ln x1 ln x2 > ⇔ x2 ln x1 > x1 ln x2 ⇔ x1x2 > x2x1 Tõ x1 x2. đó đ−ợc: 20092010 > 20102009 2 (3®iÓm) ViÕt l¹i giíi h¹n vÒ d¹ng: 1  1 1 1  1 1  L= lim   - -  -  x→ 0 3x   1+4x +1 2  2x  3 (1+6x) 2 + 3 1+6x +1 3   1 1 − 1  1 1 1 1 2 1 ′ XÐt lim  −  = lim 1 + 4 x + 1 = f (0)=- Víi x →0 3 x x 3 6  1 + 4 x + 1 2  3 x →0 1 f(x)= 1+ 4x +1 1  1 1 1 g ( x) − g (0) 1 2 lim  −  = lim = g ′(0) = − 2 x →0 2 x  3 3 3  2 x →0 x 2 6  (1 + 6 x) + 1 + 6 x + 1  1 Víi g ( x) = 3 (1 + 6 x) 2 + 3 1 + 6 x + 1 1 Do đó L= 6. 2. 1 (2 ®iÓm). 0,5 1,0 0,5. 1,0 1,0. 0,5. 0,5.

(63) (4đ) áp dụng bất đẳng thức CôSi cho 2009 số gồm 2007 số 1 và 2 số x 2009 ta ®−îc: 1 + 1 + ... + 1 + x 2009 + x 2009 2009 2.2009 ≥ x = x2 2009 1 + 1 + ... + 1 + y 2009 + y 2009 2009 2.2009 T−¬ng tù : ≥ y = y2 2009 1 + 1 + ... + 1 + z 2009 + z 2009 2009 2.2009 ≥ z = z2 2009. 0,5. 0,5. Cộng vế vế các bất đẳng thức trên ta đ−ợc: 3.2007 + 2( x 2009 + y 2009 + z 2009 ) =3 2009. 0,5. Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1. Do đó giá trị lớn nhất của F là 3. 2 (2 ®iÓm). 0,5. x2 + y 2 + z 2 ≤. Ta cã:. 1 C. k +1 2009 + k. =. 2008!(k + 1)! 2008!(k + 1)! = (2009 + k − (k + 2)) (2009 + k )! (2009 + k )!2007 =. 2008  2007!(k + 1)! 2007!(k + 2)!  −   2007  (2008 + k )! (2009 + k )! . 2008  1 1   k +1 − k + 2  2007  C2008+ k C2009+ k  2008  1 1  2008 1 1 = . 1 =  1 − n+ 2  < 2007  C2008 C2009+ n  2007 C2008 2007 =. LÊy tæng:. n. ∑C k =0. 1 k +1 2009 + k. 1,0 1,0. 3 Ký hiệu độ lớn các mặt của góc tam diện đỉnh S nh− sau: (4®) BSC = α , CSA = β , ASB = γ vµ α + β + γ = 180 . Ta cã thÓ coi α , β , γ lµ 3 góc một tam giác nào đó. Tổng diện tích 3 mặt bên của hình chóp lµ: 1 (sin α + sin β + sin γ ) 2. Chøng minh:. 0,75. sin α + sin β + sin γ ≤. 3 3 2. DÊu b»ng x¶y ra khi 0,5. α = β = γ = 60 .. Do đó. 0,25. 1 3 3 (sin α + sin β + sin γ ) ≤ 2 4. Gọi BC=a, CA=b, AB=c. áp dụng định lý Cosin trong tam giác BSC ta ®−îc: a 2 = 2(1 − cos α ) = 4sin 2. α. 2. ⇒ a = 2sin. α. 2. .. 0,5.

(64) β. γ. 2. 2. T−¬ng tù ta cã: b = 2sin , c = 2sin. 0,25. p2  ( p − a ) + ( p − b) + ( p − c )  p =  3 3 3   3. S ∆ABC =. p( p − a )( p − b)( p − c) ≤. Hay S∆ABC ≤. (sin. α 2. + sin. α. β. γ. + sin )2 2 2 3 3. β. γ. 0,25. 3 3 ta ®−îc: S ∆ABC ≤ 2 2 2 2 4 3 3 3 DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh chãp kh«ng lín h¬n: + = 3. 4 4 Dấu bằng xảy ra khi: α = β = γ = 60 tức là tứ diện đều.. Chøng minh: sin + sin. 0,5. + sin. ≤. 0,5 0,25 0,25. 4. 1 (2 ®iÓm) Theo Vi-et ta cã: mnp=1. (4đ) Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh về dạng: np + 2mp − 2 + 3 mn ≤ m2 + n 2 + p 2 ⇔ 2np cos α + 2mp cos β − 2mn cos γ ≤ m 2 + n 2 + p 2 ⇔ ( p − m cos β − n cos α )2 + (m sin β − n sin α ) 2 ≥ 0 (luôn đúng). (Víi α = 60 , β = −45 , γ = 15 )  m sin β = n sin α n m p ⇔ = = sin β sin α sin γ  p = m cos β + n cos α. DÊu b»ng x¶y ra khi:  §Æt k = k=. 3. 0,5 0,25 0,25 0,25. 0,25. m 1 −4(3 + 3) ta ®−îc: k 3 = nªn = sin α sin α sin β sin γ 3. −4(3 + 3) 3. n= sin(−45 ) 3 p= sin(15 ) 3. 0,25. −4(3 + 3) −4(3 + 3) , m= sin(60 ) 3 , 3 3. −4(3 + 3) 3. 0,25. 2 (2 ®iÓm) Chøng minh: x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) (1) 0,5 Céng tõng vÕ cña 3 ph−¬ng tr×nh vµ sö dông (1) ta ®−îc: 0,25 ( x + y + z )(2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − xy − yz − zx) = 0  y 3 = xyz + 14(2)  TH1: x+y+z=0 hÖ trë thµnh  z 3 = xyz − 21(3)  x3 = xyz + 7(4) . Do z=-x-y nªn tõ (2) vµ (4) ta ®−îc:.

(65)  y 3 = − xy ( x + y ) + 14  y ( x 2 + y 2 + xy ) = 14 ⇔  3 2 2  x = − xy ( x + y ) + 7  x( x + y + xy ) = 7 Từ đó ta đ−ợc: y=2x và z=-3x. Thay vào (2) ta đ−ợc: x3 = 1 ⇔ x = 1. HÖ cã nghiÖm: (1;2;-3) TH2: 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − xy − yz − zx = 0 ⇔ ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 + 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 = 0. 0,5. Ta ®−îc x=y=z=0 kh«ng tháa m6n hÖ ®6 cho. Tãm l¹i hÖ cã nghiÖm duy nhÊt: (1;2;-3) 0,5 0,25 5 (2®). 1 (1 ®iÓm) Gäi M lµ mét ®iÓm bÊt kú trong tø gi¸c. Ta cã: AMB + BMC + CMD + DMA = 360. 0,25 0,25. Do đó tồn tại ít nhất một góc có số đo lớn hơn hoặc bằng 90 .Giả sử AMB ≥ 90 khi đó M thuộc vào hình tròn đ−ờng kính AB. Từ 0,5 đó ta đ−ợc điều phải chứng minh. 2 (1 ®iÓm) Ta cã: (1 − x 2 ) y′ − xy = 1. ⇔ a0 + (3a1 − 2a0 ) x 2 + (5a2 − 4a1 ) x 4 + ... + [ (2n + 1)an − 2nan −1 ] x 2 n + ... = 1. Do đó ta đ−ợc: a0 = 1  2 2.4 2.4...2n . ⇒ a0 = 1; a1 = ; a2 = ; ...; an =  3 3.5 3.5...(2n + 1) (2n + 1)an = 2nan −1. Chú ý: Thí sinh làm theo cách giải khác nếu đúng cho điểm t−ơng ứng.. 0,5 0,5.

(66) UBND tØnh B¾c Ninh. K× thi chän häc sinh giái cÊp tØnh. Sở giáo dục và đào tạo. N¨m häc 2007 – 2008 M«n thi: To¸n THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể giao đề) Ngµy thi: 2 th¸ng 4 n¨m 2008 ==============. ========== §Ò chÝnh thøc. C©u1(5 ®iÓm) Tìm tất cả các giá trị của a để tập xác định của hàm số : f(x) =. 2a + x 1 chøa tËp gi¸ trÞcña hµm sè g(x) = 2 . 2a − x x + 2x + 4a − 2. C©u2(3®iÓm) Gi¶i hÖ : x4 – x3y+ x2y2 = 1 x3y – x2 + xy = -1 C©u 3(5 ®iÓm) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè : yz x − 1 + xz y − 2 + xy z − 3 ; xyz Trªn miÒn D = {(x, y, z) : x ≥ 1; y ≥ 2; z ≥ 3}. f ( x,y,z ) =. C©u4(3 ®iÓm) Gäi V vµ S lÇn l−ît lµ thÓ tÝch vµ diÖn tÝch toµn phÇn cña mét tø diÖn ABCD . Chøng minh r»ng : S3 > 288 V2. C©u 5(2 ®iÓm) T×m nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh : x2y2 – x2 – 8y2 = 2xy C©u 6(2 ®iÓm) T×m tÊt c¶ c¸c hµm sè f(x) kh¶ vi trªn kho¶ng ( -1; 1) sao cho  x+y . f(x) + f(y) = f   .  1 + xy  =========HÕt========== §Ò nµy cã 01 trang Chó ý : häc sinhBæ tócTHPT kh«ng ph¶i lµm c©u 5 , 6 Hä vµ tªn thÝ sinh: ……………………………. Sè b¸o danh: ………..

(67) UBND tØnh B¾c Ninh Sở Giáo Dục và đào tạo §Ò chÝnh thøc. §Ò thi chän häc sinh giái tØnh N¨m häc 2006 – 2007 M«n thi: To¸n líp 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề). Ngµy thi 06 th¸ng 04 n¨m 2007 C©u 1 (3 ®iÓm). T×m c¸c giíi h¹n sau: 1) lim sin 3x x→. π. 1 − 2 cos x. 2) lim ln cos1989x x → 0 ln cos 2007 x. 3. Câu 2 (3 điểm). Cho hàm số y = 2 x + 16 x 2 + 4 x + 1 có đồ thị (C). Tìm các điểm trên trục tung để từ điểm đó kẻ đ−ợc duy nhất một tiếp tuyến với đồ thị (C). C©u 3 (4 ®iÓm). 1) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  x 3 + 3 x + 3x + 1 − 5 − y = 0  3  y + 3y + 3y + 1 − 5 − z = 0  3  z + 3 z + 3z + 1 − 5 − x = 0. 2) Gi¶i hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh:  x 2 + y 2 ≤ 1  3  x + y 3 ≥ 1 C©u 4 (3 ®iÓm). Gi¶i ph−¬ng tr×nh: (3 + 2 2 ) cos x = ( 2 − 1) cos x + 3. Câu 5 (3 điểm). Cho hình chóp S.ABC, có tổng các góc phẳng ở đỉnh của tam diện đỉnh S bằng 1800, các cạnh bên của hình chóp bằng 1. Chứng minh rằng tổng diện tích các mặt bên và diện tích mặt đáy của hình chóp đó không lín h¬n 3 . C©u 6 (2 ®iÓm). Trong gãc XOY nhän, cho h×nh b×nh hµnh AOBM. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M sao cho h×nh b×nh hµnh AOBM cã diÖn tÝch b»ng 1vµ c¸c đỉnh A, B t−ơng ứng chuyển động trên cạnh OX, OY. x. 1 1 C©u 7 (2 ®iÓm). Cho f ( x) = 1 +  1 +  , víi x > 0 x   4x   Chøng minh r»ng: f(n) < f(n+1), ∀ n ∈ N*.. HÕt §Ò nµy cã 01 trang Hä vµ tªn………………………………………….SBD…………………………………..

(68) §¸p ¸n, thang ®iÓm §Ò thi HSG THPT n¨m häc 2006-2007 C©u ý 1 1 T×m giíi h¹n (3,0). Néi dung sin 3x. lim π 1 − 2 cos x x→. π. +) §Æt t = x − ; 3. +). lim t →0. §iÓm 1,5. 3. − sin 3t. sin 3x. = lim lim π 1 − 2 cos x x→. t →0. 3. − sin 3t = t − lim t π 4 sin +  sin t →0 2 2 3. 2[cos. π. π. − cos(t + )] 3 3. =. sin 3t 3 3t. 0,5 0,5. t sin t π 21 4 sin + . 2 3 t 2 2. +) = − 3. 0,5. 2 T×m giíi h¹n. ln cos1989 x. lim ln cos 2007 x. 1,5. x→0. +) ln[1 + (cos1989 x − 1)] (cos1989 x − 1) cos1989 x − 1 =xlim ln[1 + (cos 2007 x − 1)] →0 (cos 2007 x − 1) cos 2007 x − 1. ln[1 + (cos1989 x − 1)] 1989 x 2 sin 2 cos1989 x − 1 2 =xlim ln[1 + (cos 2007 x − 1)] 2 2007 x →0 2 sin cos 2007 x − 1 2. 0,5. 2.  1989 x  2  sin  2  . 1989   ln[1 + (cos1989 x − 1)]  1989 x   2    +) cos1989 x − 1  2  =xlim ln[ 1 + (cos 2007 x − 1 )] →0 2 2007 x   cos 2007 x − 1  sin  2007 2  2  .    2007 x   2     2 . 1989  +) =    2007 . 2 (3,0). 2. 0,5. +) TX§: R, gi¶ sö tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (C) t¹i M(x0; y0) y, = 2 +. 0,5. 16 x + 2. 0,5. 16 x 2 + 4 x + 1. +) Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) t¹i M(x0; y0) lµ: (d): y = f’(x0)(x – x0) + f(x0) B(0; b) ∈ (d) ⇔ b =. 3,0. 2 x0 + 1. 16 x02 + 4 x0 + 1. 0,5.

(69) +) XÐt hµm sè g (t ) = +). 2t + 1 16t + 4t + 1 2. lim g (t ) = 1 / 2. ⇒ g ' ( x) =. ,. +). +. (16t + 4t + 1) 2. 0,5 3. lim g (t ) = −1 / 2. x → +∞. t −∞ g’(t). − 12t. x →−∞. 0 0 1. 0,5. +∞. -. g(t) 1/2. 0,5. -1/2 +) Qua điểm B(0; b) kẻ đ−ợc duy nhất một tiếp tuyến với đồ thị − 1 / 2 < b ≤ 1 / 2. 0,5. (C) ⇔  b = 1 3 (4,0) 1.  x 3 + 3x + 3x + 1 − 5 − y = 0  Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  y 3 + 3 y + 3 y + 1 − 5 − z = 0  3  z + 3 z + 3 z + 1 − 5 − x = 0 1 +) §K: x, y, z ≥ − 3. 2,0. XÐt hµm sè: f (t ) = t 3 + 3t + 3t + 1 − 5 ⇒ f ' (t ) = 3t 2 + 3 +. 3 1 > 0, ∀t > − 3 2 3t + 1. 1 ⇒ f(t) đồng biến trên (− ;+∞) 3. 0,5. +) Gi¶ sö x = min{x, y, z} NÕu x<y ⇒ f(x)<f(y) ⇔ y<z ⇒ f(y)<f(z) ⇔ z<x ®iÒu nµy v« lý ⇒ x=y=z +) XÐt ph−¬ng tr×nh: x 3 + 2 x + 3 x + 1 − 5 = 0 §Æt h( x ) = x 3 + 2 x + 3 x + 1 − 5 = 0 ⇒ h ' ( x ) = 3 x 2 + 2 +. 3 > 0, ∀x > −1 / 3 2 3x + 1. ⇒ h(x) đồng biến trên (−1 / 3;+∞). +) Ta cã h(1) = 0,… VËy hÖ ph−¬ng tr×nh ®o cho cã nghiªm lµ: x = y = z = 1. 2 Gi¶i hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh:. 0,5. 0,5 0,5.

(70) 2,0.  x 2 + y 2 ≤ 1(1)  3  x + y 3 ≥ 1( 2 ). +) (1) − 1 ≤ x 3 ≤ x 2 ⇒ −1 ≤ x, y ≤ 1 ⇒  ⇒ 1 ≤ x3 + y 3 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 3 2 − 1 ≤ x ≤ x. 0,5. +) HÖ ®o cho t−¬ng ®−¬ng víi: x 2 + y 2 = 1  (I)  x 3 + y 3 = 1 x3 + y 3 = x 2 + y 2  x 2 + y 2 = 1  3  x 2 (1 − x) ≥ 0 x + y3 = 1 +) V×  2 do đó hệ (I) ⇔  2  y ( y − 1) ≤ 0  x (1 − x) = 0  y 2 ( y − 1) = 0 . 0,5. 0,5. +) VËy hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh ®o cho cã tËp nghiÖm lµ: x = 0  y = 1. 4 (3,0). x = 1 y = 0. vµ . 0,5 3,0. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: (3 + 2 2 ) cos x = ( 2 − 1) cos x + 3 +) §Æt t = ( 2 + 1) cos x , t > 0 1 t. Pt®cho cã d¹ng: t 2 = + 3 ⇔ t 3 − 3t − 1 = 0. 0,5. +) XÐt f(t) = t3 – 3t – 1 liªn tôc trªn [-2; 2] Cã f(-2) < 0; f(-1) > 0; f(0) < 0; f(2) > 0 Khi đó f(t) có đúng 3 nghiệm thuộc (-2; 2) +) §Æt t = 2cos α , víi α ∈ (0;π / 2) ( do t > 0) +) Ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: 8cos3 α - 6cos α - 1 = 0. 0,5 0,5. ⇔ cos 3α = ⇒α =. 1 π π 2kπ ⇔ 3α = ± + 2kπ ⇔ α = ± + ;k ∈ Z 2 3 9 3. π π ⇒ t = 2 cos 9 9. 0,5. +) Khi đó: ( 2 + 1) cos x = 2 cos +) §Æt cosϕ = log. π. 2 +1. π ⇔ cos x = log 9. π. 2 +1. (2 cos ) 9. (2 cos ) ⇒ x = ±ϕ + 2lπ ; l ∈ Z 9. 0,5 0,5.

(71) 5 (3,0). Cho hình chóp S.ABC có tổng các góc phẳng ở đỉnh của tam diện đỉnh S bằng 1800, các cạnh bên của hình chóp bằng 1. Chøng minh r»ng tæng diÖn tÝch c¸c mÆt bªn vµ diÖn tÝch mÆt đáy của hình chóp đó không lớn hơn 3 . +) Gọi 3 góc ở đỉnh S là: α , β , γ ta có: α + β + γ = 1800 Sxq=. 1 13 3 3 3 (sin α + sin β + sin γ ) ≤ = 2 2 2 4. 3,0. 0,5. +) Gọi các cạnh đáy của hình chóp là: a, b, c theo định lý hàm α. β. γ. 2. 2. 2. sè sin ta cã: a = 2 sin , b = 2 sin , c = 2 sin +) S® =. 0,5.  p −a + p −b + p −c  p  = 3   3. p ( p − a )( p − b)( p − c) ≤. α. +) Chøng minh p = (sin + sin 2. p4 p2 = 27 3 3. β. γ 3 + sin ) ≤ 2 2 2. 0,5. 2. 1 3 3 +) Khi đó Sđ ≤   = 4 3 3 2 +) VËy Stp = Sxq + S® ≤ 3 , dÊu “=” xÈy ra ⇔ α = β = γ = 60 0. 6 (2,0). Trong gãc XOY nhän, cho h×nh b×nh hµnh AOBM. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M sao cho h×nh b×nh hµnh AOBM cã diÖn tÝch b»ng 1và các đỉnh A, B t−ơng ứng chuyển động trên cạnh OX, OY. +). 0,5. 0,5 0,5 2,0. y Y B. M x. O. X A. H×nh (H1) Xét hệ trục toạ độ xOy nh− (H1), Ox là phân giác của góc XOY. §Æt ≺ xOX = α , gäi M(x; y)  x = (OA + OB ) cos α +)  | y |=| OA − OB | sin α. +) ⇒. x2 y2 4S 4 − = 4OA.OB = = 2 2 cos α sin α sin 2α sin 2α. 0,5 0,5.

(72) ⇒. x2 y2 − = 1 , víi a 2 = 2 cot gα , b 2 = 2tgα (1) a 2 b2. 0,5. Vµ ng−îc l¹i………… +) VËy tËp hîp M lµ mét nh¸nh Hypebol ë bªn trong gãc XOY cã ph−¬ng tr×nh (1) trong hÖ trôc xOy. 7 (2,0). 0,5 2,0. x. 1 1 Cho f ( x) = 1 +  1 +  , víi x > 0 x   4x  . Chøng minh r»ng: f(n) < f(n+1), víi mäi n ∈ N*. +) §Æt g(x) = lnf(x) ⇒ g ' ( x) = ln( x + 1) − ln x −. 1 1 − x + 1 x (4 x + 1). − 8 x 3 + 9 x 2 + 9 x + 1 h( x) = x 2 ( x + 1) 2 (4 x + 1) 2 MS 2 +) h' ( x) = −24 x + 18 x + 9. +) g ' ' ( x) =. h' ( x ) = 0 ⇔ x =. 0,5 0,5. 3 ± 33 8. x. 3− 3 8. h’(x) - 0 +∞. +. 3+ 3 8. 2. 0. -. +∞. -9 h(x) ⇒ h( x ) < 0, ∀x ≥ 2 ⇒ g ' ' ( x ) < 0, ∀x ≥ 2. -∞. 0,5. +) g’(x) lµ hµm nghÞch biÕn trªn [2; + ∞ ); vµ lim g ( x) = 0 x → +∞. Do đó g’(x) > 0, ∀x ≥ 2 ⇒ g(x) đồng biến trên [2; + ∞ ) ⇒ f(x) đồng biến trên [2; + ∞ ) ⇒ f(n) < f(n+1), ∀n ≥ 2 XÐt f(1) = 5/2; f(2) = 81/32 , nªn f(1) < f(2). Chó ý: NÕu häc sinh lµm theo c¸ch kh¸c th× ph©n chia ®iÓm ở các b−ớc t−ơng đ−ơng với đáp án.. 0,5.

(73) UBND tØnh B¾c Ninh Sở Giáo Dục và đào tạo §Ò dù bÞ. §Ò thi chän häc sinh giái tØnh N¨m häc 2006 – 2007 M«n thi: To¸n líp 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề). Ngµy thi 06 th¸ng 04 n¨m 2007. C©u 1 (3 ®iÓm). T×m c¸c giíi h¹n sau: 1) lim (−1)n sin π n2 + n. 2) lim (1 − x)(1 − 2 x)(1 − 3x)...(1 − 2007 x) − 1 x x →0. C©u 2 (3 ®iÓm). Gi¶i ph−¬ng tr×nh: x 2 − 14 x + 15 = ( x 2 − 4 x + 5)( x 2 − 10 x + 50). C©u 3 (3 ®iÓm). Cho ph−¬ng tr×nh: 2x4 + 2ax3 + x2 + 2bx + 2 = 0 cã nghiÖm . Chøng minh r»ng: a2 + b2 ≥. 13 12. C©u 4 (3 ®iÓm). Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: cos x = log 2 (8 cos z − cos 2 x − 5)  cos y = log 2 (8 cos x − cos 2 y − 5) cos z = log (8 cos y − cos 2 z − 5) 2  Câu 5 (3 điểm). Xác định số nghiệm của ph−ơng trình: 2 2e 2− x ( x 6 − 3x 4 + 5 x 2 − 1) − 2e − 5 = 0 Câu 6 (3 điểm). Cho hình lập ph−ơng ABCD.A1B1C1D1 có độ dài các cạnh AB = a, AD = b, AA1 = c vµ kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng AC vµ BC1 bằng d. Biết rằng a, b, c, d là các số tự nhiên, HIy tìm các số a, b, c, d để thể tÝch khèi lËp ph−¬ng nhá nhÊt. C©u 7 (2 ®iÓm). Cho hµm sè f(x) = x2 – 2 §Æt f2(x) = f(f(x));…; f10(x) = f(f9(x)) Chứng minh rằng: Ph−ơng trình f10(x) = 0 có đúng 210 nghiệm phân biÖt. HÕt §Ò nµy cã 01 trang. Hä vµ tªn………………………………………….SBD…………………………………..

(74) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày kiểm tra: 06 tháng 4 năm 2013. Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 3 x − 2 có đồ thị (C). 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm E có hoành độ bằng 1. 2. Tìm tất cả giá trị của tham số k để đường thẳng y = k ( x − 2 ) cắt (C) tại ba điểm phân biệt. A(2; 0), B, D sao cho MH .BD = 4 5 , biết H là hình chiếu của điểm M(1; 2) trên đường thẳng BD. Câu 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình 2cos 3 x + 3 sin x + cos x = 0.  2 x 2 − 13 x + 17 ( y + 3) y + 1 2 − + − + = 4 x 26 x 42  2. Giải hệ phương trình  2 x 2 − 13 x + 19 6 ( x, y ∈ ℝ ) . y +1 x −1  ( x − 1) = ( y + 1)  Câu 3 (2,0 điểm). e 3  ln x − 1  1. Tính tích phân I = ∫  3 x 2 ln x +  dx . x e   2. 2n. 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Newton (1 + 3 x) , biết rằng n là. số nguyên dương thỏa mãn An3 + 2 An2 = 100 , với Ank là số chỉnh hợp chập k của n phần tử. Câu 4 (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H ( 5;5) , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là x + y − 8 = 0 . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm M ( 7;3) , N ( 4; 2 ) . Tính diện tích tam giác ABC.. x y+2 z và mặt phẳng = = 1 2 −1 ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0. Gọi A là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, nằm trong (P) và tạo với d một góc bằng 300. Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, AB = a . Gọi ϕ là góc giữa mặt phẳng ( A ' BC ) và mặt phẳng ( C ' B ' BC ) . Tính theo a thể tích khối chóp A '.BCC ' B ' biết 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :. 3 . 3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 3abc = 9. Chứng minh rằng cos ϕ =. a + b + c ≤ 3. ---------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

(75)

Tong hop mot so de thi HSG Bac Ninh co dap an

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về