SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi 18/12/2012
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang
Câu 1 (3,0 điểm).
Cho hàm số y = x
3
+ 2mx
2
+ (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (C
m
), đường
thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt
(C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng
8 2
.
Câu 2 (6,0 điểm).
1. Cho phương trình 2cos2x – mcosx =
4
1
sin4x + msinx, m là tham số (1).
a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trong đoạn [0,
4
π
].
2. Giải phương trình

, a, b là 2 số thực dương cho trước. Với
2,n ≥
tìm u
n
theo u
1
, a, b và n.
Câu 4 (5,0 điểm).
1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích
của hai phần đó.
2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1.
Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V.
Câu 5 (2,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1
2 2 2
+ + ≥
+ + +
a b c
a b b c c a
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
HẾT
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
S GD&T NINH BèNH HDC THI CHN HSG LP 12 THPT


*022
0
2
mmxx
x
0,5
d ct (C) ti 3 im phõn bit PT (*) cú 2 nghim phõn bit khỏc 0
( ) ( ) ( )
+



+
>=
;21;22;
02
02
2'
m
m
mm
0,5
Khi ú B = (x
1
; x
1
+ 4), C = (x
2
; x

.
Do ú din tớch KBC l:
( )
2 2
1 1
. . 2.2 2 2 2 2
2 2
= = - - = - -S h BC m m m m
0,5
2
1 137
8 2 2 2 8 2 ( )
2

= - - = = S m m m TM
.
Vy
1 137
2

=m
.
0,5
2
(6,0
im
)
1a. (2,5 im)
2cos2x mcosx =
4

p p
ữ
ỗ
+ = + = =- + pẻ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Âx x x x k k
0,5
*Gii (3):
(cos sin )(4 sin 2 ) 2 0- - - =x x x m
.
t t = cosx - sinx,
2
2 sin 2 2sin cos 1= = -Ê ịt x x x t
PT (3) tr thnh:
( )
2 3
3 2 0 3 2 0+ - = + - =t t m t t m
(4)
0,5
Vi m = 2, PT (4) tr thnh:
( )
( )
3 2
3 4 0 1 4 0 1+ - = - + + = = t t t t t t
Vi t = 1, ta cú:


x k k
x k k
Vy vi m = 2, PT ó cho cú nghim:
4
p
=- + px k
,
2 , 2 ( ).
2
p
= =- +p pẻ Âx k x k k
0,5
1b. (1,5 im)
Nghim ca (2) khụng thuc on [0,
4

] nờn PT ó cho cú nghim thuc on
[0,
4

] thỡ PT (3) phi cú nghim thuc on [0,
4

] hay PT (4) cú nghim thuc
on [0, 1].
0,5
Ta cú:
3 3
3 2 0 3 2+ - = + =t t m t t m
(5).

iu kin:
5
1;
2
x

. 0,25
( ) ( )
3 2
PT 3 3 3 5 2 1 3 10 24 0+ - - - - - + + - = x x x x x
0,5
( ) ( )
( )
( )
2
3 2 2 2
2 12 0
3 3 3 5 2 1
- -
+ - - - - =
+ + - +
x x
x x x
x x
( )
2
3 2

2
5
( ) 12, 1;
2
ộ ự
ờ ỳ
=- + + -ẻ
ờ ỳ
ở ỷ
f x x x x
. Ta cú f(x) liờn tc trờn
5
1;
2
ộ ự
ờ ỳ
-
ờ ỳ
ở ỷ
.
Ta cú f'(x) = -2x + 1, f'(x) = 0 x =
1
2
.
0,5
Do ú
5
1;
2
5 1 33 49 33

.
Vy PT ó cho cú nghim duy nht x = 2.
0,25
1. (2,0 im)
Ta cú:
( )
2
0 1 2 3 2 1 2
2 2 2 2 2 2
1 1
n
n n
n n n n n n
C C C C C C

+ = + + + + + +
(1)
Ta cú:
( )
2
0 1 2 3 2 1 2
2 2 2 2 2 2
1 1
n
n n
n n n n n n
C C C C C C

= + + +
(2)



15
0
215
15
)1()2(
i
iiii
xC
0,5
ị
H s ca x
18
l s
iii
C )1(2
15
15


sao cho 2i = 18

i = 9.
Vy h s ca x
18
l: -
69
15
2C

;
1 1
( 1)= - +v a u b
. 0,5
Vy ta cú:
1 1 2 2 1 1
2, ( ) ( ) ( )
- - -
" = - + - + + - +
n n n n n
n u u u u u u u u
2 3 1 2 3
1 1 1
( 1) . ( 1)
- - - - -
= + + + + = + + + +
n n n n n
v a a u u a b a a
0,5
4
(5,0
1. (3,0 im)
Dng ỳng thit din
0,5
Chng minh EI = IJ = JF. T ú suy ra
' 1
' ' 3
= = =
EB EM FA
EB EK FB

EBIM
EB FK
V EI EM EB
V EF EK EB
nờn V
EBIM
=
1 3 1
.
27 8 72
=V V
. 0,5
'
'
' 1 1 1 1
. . . .
' 3 3 2 18
= = =
FA JN
FB EK
V FJ FA FN
V FE FB FK
nờn V
FAJN
=
1 3 1
.
18 8 48
=V V
. 0,5

điểm
)
Theo giả thiết
DACD
và
DBCD
có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. Đặt CD =
a (
0 1< £a
).
0,25
Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của
ACD
∆
và
BCD
∆
.
Ta có
4
1
2
a
AM −≤
;
4
1
2
a
BN −≤

trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1].
' 2 '
( ) 4 3 , ( ) 0= - = Ûf a a f a
( ]
2
0;1
3
= ± Ïa
.
Vậy
( ]
0,1
max ( ) (1) 3= =f a f
.
0,5
Suy ra
1
max
8
=V
khi
DACD
và
BCD
∆
là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai
mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc với nhau. Khi đó tính được
6
1
2

b c
≥ −
+
,
( )
2
2/ 3
2
2
2 3
c
c ca
c a
≥ −
+
0,5
Khi đó
( ) ( ) ( )
2 2 2
2/3 2/3 2/3
2 2 2
2
2 2 2 3
a b c
a b c ab bc ca
a b b c c a
 
+ + ≥ + + − + +
 
+ + +

3
0
+
1
0
f(a)
f'(a)
a
điểm
)
Thật vậy theo Cô - si ta có
3 2 2
3a c ac a c+ + ≥
( )
(
)
3 3 32 2 2 2 2 2
2 3a b c ab bc ca a b b c c a⇒ + + + + + ≥ + +

Mặt khác ta có:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2
0
1
3 3
3
a b b c c a a b c ab bc ca

¡
.
Câu 2 (5,0 điểm). Giải phương trình:
1. cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0.
2.
3 2 3− + + =x x
.
Câu 3 (4,0 điểm).
1. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số
đôi một khác nhau trong đó các chữ số 1 và 2 luôn đứng cạnh nhau?
2. Cho đường tròn (I) có phương trình x
2
+ y
2
- 4x + 8y + 15 = 0. Viết phương trình
tiếp tuyến với (I) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(-1 ; 0).
Câu 4 (4,0 điểm).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên
SA = SB = SC = SD = a.
1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
2. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, AD và SC. Chứng tỏ rằng
mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau.
Câu 5 (2,0 điểm). Giải phương trình
221682
22
+=−+++ xxxx
.
HẾT
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

•
'
0 3 ( 2) 0 0; 2y x x x x
= ⇔ − = ⇔ = =
' 0 (0;2)y x
< ∀ ∈
nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)
' 0 ( ;0) (2; )y x
> ∀ ∈−∞ ∪ +∞
nên hàm số đồng biến trên mỗi
khoảng
( ;0)
−∞
và
(2; )
+∞
.
0,75
+) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 0, y
CĐ
= 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x
CT
= 2, y
CT
= - 4.
0,5

2
0,25
+ Hàm số luôn đồng biến trên
¡
' 0 y x⇔ ≥ ∀ ∈¡
0,5
'
0
0
a >

⇔

∆ ≤

2
3 0
9 3 0m
>

⇔

− ≤

0,5
⇔
m
∈
(-
∞

x
+ 2 cos
2
7x
cos
2
x
= 0 0,5
⇔
4cos
2
x
cos
2
5x
cosx = 0 0,5
⇔
5
cos 0; cos 0; cos =0
2 2
x x
x= =
0,5
2 ,
2
,
5 5
,
2
x k k

x−3
, V =
2+x
(Điều kiện U
≥
0; V
≥
0) ta có hệ: 0,5



=+
=+
5
3
22
VU
VU
0,25
Giải hệ ta có :
1
2
U
V
=


=

hoặc

=
=
x
V
U
0,5
Vậy PT đã cho có nghiệm là x = 2 ; x = -1 0,25
3
4 điểm
1) 2 điểm
Gọi số được lập là:
1 2 3 4 5
a a a a a
0,25
Xét trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở vị trí:
1 2
a a
0,25
Trong trường hợp này có: 2.A
3
5
= 120 số thỏa mãn ĐK đề bài. 0,5
Tương tự với các trường hợp 2 chữ số 1, 2 nằm ở các vị trí:
2 3 3 4 4 5
, ,a a a a a a
ta nhận được số các số thỏa mãn ĐK là: 4.120 = 480 (số).
1,0
2) 2 điểm
Đường tròn (I) có tâm là K(2; - 4), bán kính R =
5

0b ≠
, đặt
a
t
b
=
, từ phương trình (*) ta có:
1
2
t =
hoặc
11
2
t =
.
0,5
Từ đó tìm được PT tiếp tuyến là: x + 2y + 1 = 0 hoặc 11x + 2y + 11 = 0. 0,5
4
1) 2 điểm
(Vẽ hình đúng ý a)
0,25
Gọi H là giao điểm của AC và BD. Vì S.ABCD là chóp đều nên SH là
đường cao của hình chóp.
0,25
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông HSA:
SH
2
= SA
2
- AH

SH.S
ABCD
=
6
2
3
a
.
0,75
2) 2 điểm
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.
0,5
Gọi phần thể tích không chứa đỉnh S là
1
V
, phần thể tích còn lại là
2
V
.
Ta phải chứng minh
1
V
=
2
V
hay
1
1
2

0,25
.
1 1 1 1 1
. . .
3 3 8 4 32
R DFN DFN ABCD
V S RJ S SH V= = =
(RJ là đường cao của hình
chóp R.DFN).
0,25
Từ đó suy ra:
1 . .
9 1 1
2
16 16 2
P CEF R DFN
V V V V V V= − = − =
Suy ra điều phải chứng minh.
0,25
5
2 điểm
ĐK:
{ }
2
2
2 8 6 0
( ; 3] [ 1; )
1 0 ( ; 1] [1; ) [1; ) 1
2 2 0 [ 1; )
x x

)1).(62( −+ xx
= 4(x + 1)
⇔
3x + 5 + 2
)1)(62( −+ xx
= 4x + 4
⇔
2
)1)(62( −+ xx
= x -1
0,25
⇔
2
)1)(62( −+ xx
=
)1)(1( −− xx
Suy ra x – 1 = 0
⇔
x = 1
0,25
Hoặc: 2
162 −=+ xx

⇔
8x + 24 = x - 1
⇔
x =
25
7
−