Tài liệu Tuyển tập đề thi và đáp án học sinh giỏi toán 12 của 32 tỉnh thành phố

  • Số trang: 237 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 228 |
  • Lượt tải: 0
sakura

Tham gia: 10/08/2015

Mô tả:

WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Toán học, Học sinh giỏi tỉnh Nam ðịnh, Lớp 12, 2004 Bài từ Thư viện Khoa học VLOS. ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN TỈNH NAM ðỊNH Trường học Trung học phổ thông Lớp học 12 Năm học 2004 Môn thi Toán học Thời gian 150 phút Thang ñiểm 20 Câu I (5,0 ñiểm). Giải bất phương trình . Câu II (6,0 ñiểm). 1) Cho phương trình Tìm tất cả các giá trị của tham số a, ñể phương trình có ñúng 2 nghiệm phân biệt. 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m, hệ sau luôn có nghiệm (x;y) Câu III (6,0 ñiểm). WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz. Cho 2 ñường thẳng sao cho các ñường thẳng: ñôi một chéo nhau và vuông góc nhau. 1) Xét ñường thẳng d bất kì ñi qua O. Gọi thứ tự là góc giữa d với các ñường thẳng . Chứng minh: 2) Biết rằng khoảng cách giữa hai ñường thẳng bất kỳ trong ba ñường thẳng bằng 2 ñơn vị ñộ dài. Một hình hộp ABCD.A'B'C'D' thỏa mãn B' và D thuộc thuộc ; A và D' thuộc . Tính thể tích khối hộp ABCD.A'B'C'D'. Câu IV (3,0 ñiểm). Cho a, b là các số dương. Chứng minh rằng: . cùng ; A' và C' WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Toán học, Học sinh giỏi tỉnh Nam ðịnh, Lớp 12, 2005 Bài từ Thư viện Khoa học VLOS. ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN TỈNH NAM ðỊNH Trường học Trung học phổ thông Lớp học 12 Năm học 2005 Môn thi Toán học Thời gian 150 phút Thang ñiểm 20 Câu I (6,0 ñiểm). Cho hàm số , (m là tham số). 1) Khi , hãy tìm khoảng ñồng biến, khoảng nghịch biến của hàm số. 2) Xác ñịnh m ñể hàm số nghịch biến trên R. Câu II (4,0 ñiểm). Tính tích phân Câu III (7,0 ñiểm). WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Trên mặt phẳng với hệ tọa ñộ vuông góc Oxy, cho ñường parabol (P) có phương trình: và ñường tròn (C) có phương trình: 1) Chứng minh rằng (P) và (C) có ñúng 4 giao ñiểm phân biệt. 2) Cho ñiểm A(1;6) thuộc ñường tròn (C). Hãy lập phương trình ñường tròn ñi qua ñiểm M(2;-1) và tiếp xúc với ñường tròn (C) tại ñiểm A. 3) Giả sử ñường thẳng (d) thay ñổi ñi qua ñiểm A sao cho (d) cắt (P) tại hai ñiểm phân biệt . Gọi cắt thứ tự là tiếp tuyến của (P) tại tiếp ñiểm . Biết rằng ở ñiểm N. Hãy chứng minh ñiểm N nằm trên một ñường thẳng cố ñịnh. Câu IV (3,0 ñiểm). Chứng minh rằng với mọi số thực x thuộc khoảng , ta ñều có: WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Toán học, Học sinh giỏi tỉnh Nam ðịnh, Lớp 12, 2006 Bài từ Thư viện Khoa học VLOS. ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN TỈNH Trường học Học sinh giỏi tỉnh Nam ðịnh Lớp học 12 Năm học 2006 Môn thi Toán học Thời gian 150 phút Thang ñiểm 20 Sở Giáo dục - ðào tạo tỉnh Nam ðịnh Bài 1 (5 ñiểm). Cho hàm số (với m là tham số). 1. Khi m = 0, gọi (d) là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại tiếp ñiểm có hoành ñộ x = 0, gọi (d') là ñường thẳng ñi qua hai ñiểm cực trị của ñồ thị hàm số. Tìm cosin của góc giữa (d) và (d'). 2. Xác ñịnh m ñể hàm số có cực ñại và cực tiểu sao cho giá trị cực ñại và giá trị cực tiểu trái dấu nhau. Bài 2 (4 ñiểm). Trên mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñường tròn elip (E) có phương trình: và ñường tròn (C) có phương trình: hai tiếp tuyến ñến (E) là và . Từ ñiểm M trên (C) ta kẻ với tiếp ñiểm theo thứ tự là và . WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN 1. Khi M có hoành ñộ , hãy viết phương trình các ñường thẳng và . 2. Khi M thay ñổi trên (C), hãy tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ M ñến ñường . thẳng Bài 3 (3 ñiểm). Trong không gian tọa ñộ Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác ñều OBC.O'B'C', biết: C(1;0;0), O'(0;0;1) và B nằm ở góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng tọa ñộ Oxy. Gọi M, N, E theo thứ tự là trung ñiểm các cạnh BC, CC', C'O'. 1. Xác ñịnh tọa ñộ của ñiểm P thuộc ñường thẳng OO' ñể PM = PE. 2. Với ñiểm P vừa tìm ñược, hãy tính thể tích khối tứ diện PMNE. Bài 4 (5 ñiểm). 1. Giải phương trình: 2. Giải phương trình: với . Bài 5 (3 ñiểm). 1. Chứng minh rằng: Nếu a là số dương sao cho bất phương trình , nghiệm ñúng với mọi thì . 2. Tìm tất cả các số dương a là ñiều kiện cần và ñủ ñể bất phương trình: , nghiệm ñúng với mọi số thực x. WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO TP.HCM ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao ñề) TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU TP.HCM ðề thi chính thức Bài 1. Tìm tất cả các hàm số thoả mãn Bài 2. Cho dãy thoả mãn . Tìm tất cả các số nguyên tố p là ước của và . Bài 3. Trong một hội nghị khoa học có 5000 ñại biểu tham dự, mỗi một ñại biểu biết ít nhất một thứ tiếng. Một uỷ ban gồm một số ñại biểu ñược gọi là uỷ ban làm việc nếu tất cả thành viên trong uỷ ban ñều biết chung một thứ tiếng và ñược gọi là uỷ ban thách thức nếu không có hai thành viên nào của uỷ ban biết chung một thứ tiếng (uỷ ban có thể gồm 1 thành viên; uỷ ban này gọi là làm việc cũng ñược, thách thức cũng ñược). Chứng minh rằng có thể chia các ñại biểu thành ñúng 100 uỷ ban rời nhau (mỗi ñại biểu thuộc ñúng một uỷ ban) sao cho các uỷ ban này hoặc là uỷ ban làm việc hoặc là uỷ ban thách thức. Bài 4. Tam giác ABC có B,C cố ñịnh còn A di ñộng sao cho AB=AC và . ðường thẳng ñối xứng với BC qua AB cắt AC tại P. Trên ñoạn PC lấy M sao cho PM=PB. Gọi N là giao ñiểm của AB với phân giác ngoài góc BCA. Chứng minh MN luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh. thỏa mãn ñiều kiện Bài 5. Cho 2014 số thực và Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Bài 6. Cho dãy số . xác ñịnh bởi: . Tìm Bài 7. Cho n là số nguyên dương và A là tập con khác rỗng của Tính giá trị của tổng Cho cho . , trong ñó E lấy trên tất cả các tập con của X (kể cả tập rỗng). , xét m tập con khác rỗng của X là và m số nguyên khác 0 là . Chứng minh rằng tồn tại tập con E của X sao cho (Ký hiệu |A| chỉ số phần tử của tập hợp A, số phần tử của tập rỗng là 0). sao WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW. DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Bài 8. Tam giác ABC nhọn có trực tâm H và P là ñiểm di ñộng bên trong tam giác ABC sao cho ðường thẳng qua B vuông góc với AB cắt PC tại M, ñường thẳng qua C vuông góc với AC cắt PB tại N. Chứng minh trung ñiểm I của MN luôn thuộc một ñường thằng cố ñịnh. . WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN SỞ GD&ðT NINH BÌNH ðỀ THI CHÍNH THỨC ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi 18/12/2012 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao ñề) ðề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (3,0 ñiểm). Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có ñồ thị là (Cm), ñường thẳng d có phương trình y = x + 4 và ñiểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m ñể d cắt (Cm) tại ba ñiểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu 2 (6,0 ñiểm). 1. Cho phương trình 2cos2x – mcosx = 1 sin4x + msinx, m là tham số (1). 4 a) Giải phương trình (1) khi m = 2. b) Tìm m ñể phương trình (1) có nghiệm trong ñoạn [0, 2. Giải phương trình π 4 ]. 3 x + 3 − 5 − 2 x − x3 + 3 x 2 + 10 x − 26 = 0, x ∈ ℝ . Câu 3 (4,0 ñiểm). 1. Tìm hệ số của x18 trong khai triển của (2 – x2)3n biết n ∈ ℕ* thoả mãn ñẳng thức sau: C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 512 . 2. Cho dãy số (un) với un + 1 = a.un + b, n ≥ 1 , a, b là 2 số thực dương cho trước. Với n ≥ 2, tìm un theo u1, a, b và n. Câu 4 (5,0 ñiểm). 1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung ñiểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần ñó. 2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có ñộ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. Câu 5 (2,0 ñiểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥ 1. a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2 Dấu ñẳng thức xảy ra khi nào? --------HẾT-------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ........................................ Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:................................................................................................... WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:................................................................................................... WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN SỞ GD&ðT NINH BÌNH HDC ðỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi: 18/12/2012 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm ñúng ñến ñâu thì giám khảo chấm ñến ñó. Học sinh trình bày theo cách khác mà ñúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu ñiểm của HDC. 2) Việc chi tiết hóa thang ñiểm phải ñảm bảo không làm sai lệch biểu ñiểm của HDC và phải ñược thống nhất trong toàn hội ñồng chấm thi. 3) ðiểm của bài thi không làm tròn. B) Hướng dẫn cụ thể: Câu ðáp án ðiểm Xét phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và d: x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x(x2 + 2mx + m + 2) = 0 0,5 x = 0 ⇔ 2  x + 2mx + m + 2 = 0 (*) d cắt (C) tại 3 ñiểm phân biệt ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ∆' = m 2 − m − 2 > 0 ⇔ ⇔ m ∈ (− ∞;−2) ∪ (− 2;−1) ∪ (2;+∞ ) m + 2 ≠ 0 0,5 Khi ñó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*).  x + x = −2m Theo Vi-ét ta có  1 2 1  x1 x 2 = m + 2 (3,0 ñiểm) ⇒ BC = 2 ( x − x )2 = 2( x + x )2 − 8 x x = 2 2(m 2 − m − 2) 1 2 1 2 1 2 Ta có khoảng cách từ K ñến d là h = 2 . Do ñó diện tích ∆KBC là: 1 1 S = .h.BC = 2.2 2 (m 2 − m − 2) = 2 m 2 − m − 2 2 2 1 ± 137 S = 8 2 ⇔ 2 m2 − m − 2 = 8 2 ⇔ m = (TM ) . 2 1 ± 137 Vậy m = . 2 1a. (2,5 ñiểm) 2 1 (6,0 2cos2x – mcosx = sin4x + msinx ñiểm) 4 ⇔ 4cos2x - sin2x.cos2x – 2m(sinx + cosx) = 0 ⇔ cos2x(4 - sin2x) – 2m(sinx + cosx) = 0 ⇔ (cos2x – sin2x)(4 - sin2x) - 2m(sinx + cosx) = 0 ⇔ (sinx + cosx)[(cosx – sinx)(4 - sin2x) - 2m] = 0 sin x + cosx = 0 (2) ⇔  (cosx − sin x)(4 − sin 2 x) − 2m = 0 (3) 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN  π π *Giải (2): sin x + cosx = 0 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔ x = − + k π, k ∈ ℤ.  4 4 *Giải (3): (cosx − sin x)(4 − sin 2 x) − 2m = 0 . ðặt t = cosx - sinx, t ≤ 2 ⇒ sin 2 x = 2sin x cos x = 1− t 2 0,5 0,5 PT (3) trở thành: t (3 + t ) − 2m = 0 ⇔ t + 3t − 2m = 0 (4) 2 3 Với m = 2, PT (4) trở thành: t 3 + 3t − 4 = 0 ⇔ (t −1)(t 2 + t + 4) = 0 ⇔ t = 1 Với t = 1, ta có:  π 2 π π cos x − sin x = 1 ⇔ cos  x +  = ⇔ x + = ± + k 2π, k ∈ ℤ  4 2 4 4  x = k 2π, k ∈ ℤ  ⇔ π  x = − + k 2π, k ∈ ℤ.  2 Vậy với m = 2, PT ñã cho có nghiệm: π π x = − + k π , x = k 2π, x = − + k 2π (k ∈ ℤ). 4 2 1b. (1,5 ñiểm) π Nghiệm của (2) không thuộc ñoạn [0, ] nên ñể PT ñã cho có nghiệm thuộc ñoạn 0,5 4 π π [0, ] thì PT (3) phải có nghiệm thuộc ñoạn [0, ] hay PT (4) có nghiệm thuộc 4 0,5 4 ñoạn [0, 1]. Ta có: t 3 + 3t − 2m = 0 ⇔ t 3 + 3t = 2m (5). Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục trên ℝ có f '(t) = 3t2 + 3 > 0 ∀t ∈ ℝ . Suy ra: min f (t ) = f (0) = 0, m ax f (t ) = f (1) = 4 . [0,1] 0,5 [0,1] PT (5) có nghiệm trên ñoạn [0, 1] ⇔ min f (t ) ≤ 2m ≤ m ax f (t ) ⇔ 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2. [0,1] [0,1] 0,5 Vậy m ∈ [0, 2] là giá trị cần tìm của m. 2. (2,0 ñiểm)  5 ðiều kiện: x ∈  −1;  .  2 PT ⇔ ⇔ ( ) ( 3x + 3 − 3 − 3( x − 2) + 0,25 ) 5 − 2 x −1 − x 3 + 3 x 2 + 10 x − 24 = 0 2 ( x − 2) 0,5 − ( x − 2)( x 2 − x −12) = 0 3x + 3 + 3 5 − 2x +1   3 2 ⇔ ( x − 2)  + − x 2 + x + 12 = 0  3x + 3 + 3  5 − 2 x +1 x = 2  ⇔ 3 2  + − x 2 + x + 12 = 0  3 x + 3 + 3 5 − 2 x +1 0,5 WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN  5 Xét hàm số f ( x) = −x 2 + x + 12, x ∈ −1;  . Ta có f(x) liên tục trên  2  Ta có f'(x) = -2x + 1, f'(x) = 0 ⇔ x =  5 −1;  .  2  1 . 2 0,5   33 49  33 5 1  f ( x ) = min f ( − 1); f ( ); f ( ) = min Do ñó min   10, ,  = > 0 .  5    2 2 4 4  4 −1;   2    3 2 5 + − x 2 + x + 12 > 0 ∀x ∈ −1;  .  2  3x + 3 + 3 5 − 2x +1 Vậy PT ñã cho có nghiệm duy nhất x = 2. 1. (2,0 ñiểm) 2n Ta có: (1 + 1) = C20n + C21n + C22n + C23n + ... + C22nn −1 + C22nn (1) ⇒ Ta có: (1 − 1) = C20n − C21n + C22n − C23n + ... − C22nn−1 + C22nn (2) Cộng từng vế (1) và (2) ta ñược: 22 n = 2 ( C20n + C22n + C24n + ... + C22nn ) ⇒ C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 22 n−1 2n 0,25 0,5 0,5 Theo bài ra ta có: 22 n−1 = 512 ⇔ 2n −1 = 9 ⇔ n = 5 Từ ñó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 = 15 ∑C i 15 (2)15−i (−1) i x 2i 3 i =0 18 i 15 − i (4,0 ⇒ Hệ số của x là số C15 2 (−1) i sao cho 2i = 18 ⇔ i = 9. ñiểm) Vậy hệ số của x18 là: - C159 2 6 = -320.320 2. (2,0 ñiểm) ∀n ≥ 1, un+1 = aun + b ⇒ un+1 − un = a(un − un−1 ), ∀n ≥ 2. ðặt vn = un+1 − un , n ≥ 1 ⇒ vn = avn−1 , n ≥ 2 ⇒ (vn ) là một cấp số nhân có công bội bằng a. Ta có: ∀n ≥ 1, vn = v1.a n−1 ; v1 = (a −1)u1 + b . Vậy ta có: ∀n ≥ 2, un = (un − un−1 ) + (un−1 − un−2 ) + ..... + (u2 − u1 ) + u1 = v1 (a n−2 + a n−3 + ...... + 1) + u1 = u1.a n−1 + b(a n−2 + a n−3 + ...... + 1) 4 1. (3,0 ñiểm) E (5,0 Dựng ñúng thiết diện ñiểm) Chứng minh EI = IJ = JF. Từ ñó suy ra I A B EB EM FA ' 1 FN 1 M = = = . Lại từ ñó suy ra = . EB ' EK FB ' 3 FK 2 C J Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'. EB 1 Suy ra SKFB’ = (3/4)SA’B’C’. Mặt khác vì = nên A' B' F EB ' 3 N K suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều cao lăng trụ). C' Do ñó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) . VEBIM EI EM EB 1 1 1 1 1 3 1 = . . = . . = nên VEBIM = . V = V . 27 8 72 VEB ' FK EF EK EB ' 3 3 3 27 VFA ' JN FJ FA ' FN 1 1 1 1 1 3 1 = . . = . . = nên VFA’JN = . V = V . VFB ' EK FE FB ' FK 3 3 2 18 18 8 48 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa ñiểm B' và V2 là thể tích phần chứa ñiểm C. Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V. Do ñó V1/V2 = 49/95. 2. (2,0 ñiểm) 0,5 A D B H M N C Theo giả thiết ∆ACD và ∆BCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. ðặt CD = a ( 0 < a ≤ 1 ). Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ∆ACD và ∆BCD . Ta có AM ≤ 1 − 0,25 a2 a2 ; BN ≤ 1 − . 4 4 Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH ≤ AM ≤ 1 − a2 . 4 0,75 1 1 a a2 Thể tích của tứ diện ABCD: V = .S ∆BCD . AH = .BN .CD. AH ≤ (1 − ) 3 6 6 4 2 Xét f (a ) = a(4 − a ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1]. f ' (a ) = 4 − 3a 2 , f ' (a) = 0 ⇔ a = ± a 2 ∉ (0;1] . 3 0 1 + f'(a) 0,5 3 f(a) 0 Vậy m ax f (a) = f (1) = 3 . (0,1] 1 khi ∆ACD và ∆BCD là hai tam giác ñều cạnh bằng 1, hai 8 mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc với nhau. Khi ñó tính ñược 6 AB = > 1. 2 Suy ra maxV = Ta có a2 2ab 2 2ab 2 2 2/3 = − ≥ − = a − ( ab ) (Theo BðT Cô - si) a a 2 2 a + 2b a + 2b 3 3 3 ab 4 5 (2,0 ñiểm) Tương tự: b2 2 c2 2 2/3 2/3 ≥ b − bc , ≥ c − ( ca ) ( ) 2 2 b + 2c 3 c + 2a 3 2 2 2 a b c 2 2/3 2/3 2/3 Khi ñó + + ≥ a + b + c − ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  2 2 2   a + 2b b + 2c c + 2a 3 0,5 0,5 0,5 WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN 2 2/3 2/3 2/3 = 3 − ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (1)  3 Ta ñi chứng minh ( ab ) 2/3 + ( bc ) 2/3 + ( ca ) 2/3 ≤ 3 ⇔ 3 a 2b 2 + 3 b2 c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 3 (2) Thật vậy theo Cô - si ta có a + b + ab ≥ 3 3 a 2b 2 Thật vậy theo Cô - si ta có c + b + bc ≥ 3 3 c 2b 2 0,5 Thật vậy theo Cô - si ta có a + c + ac ≥ 3 3 a 2 c 2 ⇒ 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca ≥ 3 ( 3 a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2 ) Mặt khác ta có: ( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) 2 2 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) ⇔ ab + bc + ca ≤ 2 Khi ñó ta có: 3 ( 3 ab + bc + ca 2 2 3 2 2 3 2 2 1 2 (a + b + c) = 3 3 ) ≤ 2.3 + 3 = 9 ⇒ 3 a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 3 . Vậy (2) ñúng, thay vào (1) ⇒ ðPCM. Dấu ñẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. -----------Hết----------- 0,5 WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN SỞ GD&ðT NINH BÌNH ðỀ THI CHÍNH THỨC ðỀ THI CHỌN HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BT THPT Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi 18/12/2012 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao ñề) ðề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (5,0 ñiểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + m2x + m, m là tham số (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể hàm số (1) luôn ñồng biến trên ℝ . Câu 2 (5,0 ñiểm). Giải phương trình: 1. cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0. 2. 3 − x + x + 2 = 3. Câu 3 (4,0 ñiểm). 1. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số ñôi một khác nhau trong ñó các chữ số 1 và 2 luôn ñứng cạnh nhau? 2. Cho ñường tròn (I) có phương trình x2 + y2 - 4x + 8y + 15 = 0. Viết phương trình tiếp tuyến với (I) biết tiếp tuyến ñi qua ñiểm A(-1 ; 0). Câu 4 (4,0 ñiểm). Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên SA = SB = SC = SD = a. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 2. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung ñiểm của các cạnh AB, AD và SC. Chứng tỏ rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau. Câu 5 (2,0 ñiểm). Giải phương trình 2 x 2 + 8x + 6 + x2 − 1 = 2 x + 2 . --------HẾT-------- WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ........................................ Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:................................................................................................... Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:................................................................................................... WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN SỞ GD&ðT NINH BÌNH HDC ðỀ THI HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT Năm học: 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi: 18/12/2012 (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) A) Hướng dẫn chung: 1) Học sinh làm ñúng ñến ñâu thì giám khảo chấm ñến ñó. Học sinh trình bày theo cách khác mà ñúng thì giám khảo chấm tương ứng biểu ñiểm của HDC. 2) Việc chi tiết hóa thang ñiểm phải ñảm bảo không làm sai lệch biểu ñiểm của HDC và phải ñược thống nhất trong toàn hội ñồng chấm thi. 3) ðiểm của bài thi không làm tròn. B) Hướng dẫn cụ thể: Câu ðáp án ðiểm 1) 3 ñiểm Khi m = 0 ta có y = x3 − 3x 2 0,5 a) TXð: D = ℝ b) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên: • y ' = 3x2 − 6 x = 3x(x − 2) • y ' = 0 ⇔ 3 x ( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 0; x = 2 0,75 y ' < 0 ∀ x ∈ ( 0 ; 2 ) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) y ' > 0 ∀ x ∈ ( − ∞ ; 0 ) ∪ ( 2 ; + ∞ ) nên hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ; 0 ) và (2; +∞ ) . +) Cực trị: 1 0,5 (5 ñiểm) Hàm số ñạt cực ñại tại xCð = 0, yCð = 0. Hàm số ñạt cực tiểu tại xCT = 2, yCT = - 4. +) Các giới hạn: 3 2 3 2 0,25 lim ( x − 3 x ) = −∞ ; lim ( x − 3 x ) = +∞ x → −∞ x → +∞ +) Bảng biến thiên: x -∞ y' y -∞ + 0 0 0 - 2 0 +∞ + +∞ 0,5 -4 c) ðồ thị: ðồ thị cắt Ox tại hai ñiểm (0, 0) và (3,0). 0,5 WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN y O 3 x 2 -4 2) 2 ñiểm + Ta có : y’ = 3x2 – 6x + m2 + Hàm số luôn ñồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0 ∀x ∈ ℝ 3 > 0 a >0 ⇔ ' ⇔ 2 ∆ ≤ 0 9 − 3m ≤ 0 ⇔ m ∈ (- ∞ ; − 3 ] ∪ [ 3;+∞) Vậy với m ∈ (- ∞ ; − 3 ] ∪ [ 3;+∞) thì hàm số luôn ñồng biến trên ℝ . 1) 3 ñiểm cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0 ⇔ 2cos 3x x 7x x cos + 2 cos cos = 0 2 2 2 2 x 5x cos cosx = 0 2 2 x 5x ⇔ cos = 0; cos = 0; cos x =0 2 2   x = π + k 2π, k ∈ ℤ  π 2π ⇔ x = + k , k ∈ℤ  5 5  π  x = + k π, k ∈ ℤ  2 ⇔ 4cos 2 5 ñiểm Vậy PT ñã cho có nghiệm: x = π + k 2π; x = 2) 2 ñiểm ðặt U = 3 − x , V = U = 1 U = 2 hoặc  V = 2 V = 1 U = 1 U = 2 ⇒ x = 2;  ⇒ x = −1  V = 2 V = 1 Giải hệ ta có :  3 Vậy PT ñã cho có nghiệm là x = 2 ; x = -1 1) 2 ñiểm 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 1,25 π 2π π +k ; x = + kπ (k ∈ ℤ) 5 5 2 x + 2 (ðiều kiện U ≥ 0; V ≥ 0) ta có hệ: U + V = 3  2 2 U + V = 5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 WELCOME TO WEBSITE: WWW.HOAHOC.EDU.VN WWW.DAIHOCTHUDAUMOT.EDU.VN 4 ñiểm Gọi số ñược lập là: a1a2 a3a4 a5 0,25 Xét trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở vị trí: a1a2 Trong trường hợp này có: 2.A 35 = 120 số thỏa mãn ðK ñề bài. Tương tự với các trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở các vị trí: a2 a3 , a3 a 4 , a4 a5 ta nhận ñược số các số thỏa mãn ðK là: 4.120 = 480 (số). 2) 2 ñiểm ðường tròn (I) có tâm là K(2; - 4), bán kính R = 5 ðường thẳng ∆ ñi qua ñiểm A(-1; 0) có PT dạng: a(x + 1) + by = 0 ⇔ ax + by + a = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0) ðể ∆ là tiếp tuyến của ñường tròn (I) thì: 0,25 d(K, ∆ ) = R ⇔ 4 4 ñiểm 2a − 4b + a a +b 2 2 = 5 ⇔ 4a 2 − 24ab + 11b 2 = 0 (*) Ta thấy nếu b = 0 thì từ (*) suy ra a = 0, không TMðK. a 1 11 Nếu b ≠ 0 , ñặt t = , từ phương trình (*) ta có: t = hoặc t = . b 2 2 Từ ñó tìm ñược PT tiếp tuyến là: x + 2y + 1 = 0 hoặc 11x + 2y + 11 = 0. 1) 2 ñiểm 0,5 1,0 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 S P Q B C E 0,25 R H D N M A F (Vẽ hình ñúng ý a) Gọi H là giao ñiểm của AC và BD. Vì S.ABCD là chóp ñều nên SH là ñường cao của hình chóp. Áp dụng ñịnh lý Pitago trong tam giác vuông HSA: AC 2 a2 a 2 = ⇒ SH = 4 2 2 SH2 = SA2 - AH2 = SA2 SABCD = a 2 0,25 0,5 0,25 1 3 Áp dụng công thức V = Bh ta có V = 1 a3 2 SH.SABCD = . 3 6 2) 2 ñiểm Kéo dài MN cắt CB, CD lần lượt tại E và F. PE cắt SB tại Q, PF cắt SD tại R. Thiết diện của hình chóp cắt bởi (MNP) là ngũ giác MNRPQ. 0,75 0,5
- Xem thêm -