VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

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 Chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

Câu 1. (4,0 điểm)

x 1
(C) . Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y  x  m luôn
2x 1
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến
với (C) tại A và B. Tìm m để k12016  k22016 đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho hàm số y 

Câu 2. (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: x3  3x 2  7 x  6  (3x  7) 3 3x 2  6 x  2.


y  y9
2
)
( x  y )( x  x y  y  2)  6.ln(
b) Giải hệ phương trình: 
x  x2  9

u


 n 1
2016
2016

a) Chứng minh: (un ) là dãy số tăng.
b) Với mỗi n  1, n   , đặt vn 

un
. Chứng minh rằng với mọi n  1 .
un 1  2

v1  v2  ...  vn  2016.
------------- Hết ------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán - Lớp 12 Chuyên
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016
-------//-------


(2 x2  1) 2

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có k12016  k22016  2(k1k2 )1013  2 . Dấu bằng xảy ra khi

k1  k2  2( x1  x2 )  2  0  m  1 . Vậy Min(k

2016
1

k

2016
2

2,0

)  2 tại m=-1

2.a

(2,5 đ)

Phương trình đã cho  ( x  1)3  4 x  5  (3 x  7) 3 (3 x  7)( x  1)  4 x  5 .
Đặt u  x  1, v  3 (3 x  7)( x  1)  4 x  5 . Ta có hệ:
3
u  4 x  5  (3 x  7)v
 (u  v)(u 2  uv  v 2  3 x  7)  0
 3
v  4 x  5  (3 x  7)u



Do đó pt (1) nhận x  2.cos


9

1,0

; 2.cos

5
7
; 2.cos
làm nghiệm.
9
9

Mặt khác phương trình bậc 3 có nhiều nhất 3 nghiệm.

5
7
Vậy tập nghiệm của pt đã cho là S  {2cos ;2cos ;2cos }
9
9
9
2.b


y  y9
2

 (t 2  9)  ]  3(1+ - )=0
2
2
27
3
3 3
t 9
t  9 27
Suy ra f(t) đồng biến và liên tục trên  .

Mà (*)  f ( x)  f ( y )  x 

1,0

y  y  x2

Thay vào (2) ta được:
3

x 2  1  x  x 3  2  ( x  3)(

x3
3

( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4

1

x 2  3x  9
x3  2  5

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có ( x  y )( z  2) 
2
2
32
Do đó F 

x  y  z  2 3( x  y  z  2)3
Đặt t  x  y  z  2  F 
Xét hàm g (t ) 

2 32

t 3t 3

2 32

, t  2.
t 3t 3

1
Lập BBT suy ra Max g (t )  g (4) 
x2
12
1
Vậy MaxF=
tại x  y  1, z  0
12
4.a
Tìm hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (P) và (Q) là A  3;1; 2  , B  5;0;7  .
4

3,0 đ
1,0

Khi đó B  -a;0  , C  a;0  , A  0; h 

3a h
a h
h2  a 2
;  ), G ( ; ), I (0;
)
2
2
6 2
2h
 a a 2  3a h
 
Ta có GI  ( ; ), MC  ( ;  )  GI .MC  0  GI  MC (đpcm)
6 2h
2
2

1,0

Tính được M (

1,0
2,0 đ

Dùng quy nạp chứng minh đc un  2, n  * . Do đó un 1  un .