Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hải Dương lớp 12 THPT đợt 1 năm học 2009 – 2010 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 12 THPT ĐỢT 1 NĂM HỌC 2009 – 2010 
MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1(2 điểm): 
	1. Cho hàm số y = x4 – 6x2 + 4x + 4 	(C)
Chứng minh rằng hàm số có 3 điểm cực trị. Viết phương trình của một Parabol (có trục đối xứng song song với Oy) đi qua 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số (C).
	2. Biện luận số nghiệm của phương trình: m = với x và m là tham số.
Câu 2(2 điểm):
	1. Giải phương trình: 
	2. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x :
 > 4m - m3 
Câu 3(3 điểm):
	1. Cho hình chóp O.ABCD có ABCD là hình bình hành, AC cắt BD tại I, P là trung điểm của OI. Xét các mặt phẳng chứa AP, mặt phẳng đó cắt OB, OC, OD lần lượt tại M, K, N. Gọi V1 và V lần lượt là thể tích của các khối chóp O.AMKN và O.ABCD.
	Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của tỷ số .
	2. Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R. Xét các tứ diện ABCD có các đỉnh nằm trên mặt cầu (S). Tìm giá trị lớn nhất của: AB2 + AC2 + AD2 + BC2 + BD2 + CD2.
Câu 4(2 điểm):
	1. Cho 4 số a, b, c, d lớn hơn 1 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 + d2 = 16.
	Chứng minh rằng: .
	2. Cho dãy số (un) thỏa mãn: với n N*
	Tính tổng Sn = 
Câu 5(1 điểm): 
	Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm là f '(x) trên D. Nếu f '(x) có đạo hàm thì (f '(x))' gọi là đạo hàm cấp 2 của hàm số f(x) trên D. Ký hiệu là f ''(x) hay f(2)(x). Khi đó hàm số được gọi là có đạo hàm đến cấp 2 trên D. 
	Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm đến cấp n - 1 trên D (n N, n > 1), ký hiệu là f(n-1)(x) và f(n-1)(x) có đạo hàm thì (f(n-1)(x))' gọi là đạo hàm cấp n của hàm số y = f(x) trên D. Ký hiệu là: f(n)(x). Quy ước: f(0)(x) = f(x); f(1)(x) = f '(x). 
	Hãy tính f(n)(0), biết f(x) = .
Hết.
	Họ và tên thí sinh:..............Số báo danh:.............
	Chữ ký của giám thị 1:.Chữ ký của giám thị 2:...
ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
MÔN TOÁN THPT ĐỢT 1(09-10)
Câu
Nội dung
Điểm
1.a
(1đ)
Tập xác định của hàm số: D = R
Ta có y' = 4x3 - 12x + 4 = 4(x3 - 3x + 1)
Xét hàm số g(x) = x3 - 3x + 1 có g'(x) = 3x2 - 3 = 0 x = 1 hoặc x = -1
Bảng biến thiên:
x - -1 1 +
g'(x) + 0 - 0 +
 3 +
g(x)
 - -1
Từ bảng biến thiên của hàm số g(x) ta thấy phương trình y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt. 
Suy ra hàm số y' = 0 đổi dấu qua 3 nghiệm từ đó hàm số y = x4 – 6x2 + 4x + 4 có ba điểm cực trị.
Gọi T(x0; y0) là điểm cực trị của hàm số thì ta có g(x0) = 0 và y0 = f(x0)
Mặt khác ta có: y = x.g(x) - 3x2 + 3x + 4.
Suy ra y0 = - 3x02 + 3x0 + 4. Chứng tỏ rằng cả ba điểm cực trị của (C) đều nằm trên đồ thị hàm số y = -3x2 + 3x + 4
Vậy phương trình của Parabol cần tìm là: y = -3x2 + 3x + 4
0,25
0,25
0,5
1.b
(1đ)
Trên khoảng thì cosx > 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được:
 m = . 
Đặt t = tanx, với mỗi t tồn tại duy nhất một giá trị xvà ngược lại
Xét hàm số f(t) = có f '(t) = ; f ’(t) = 0 
Bảng biến thiên của hàm số:
 t - 0 1 2 +
f ’(t) + - 0 + +
 + + + 0
f(t)
 0 2 -
Nhìn bảng biến thiên ta thấy: 
Khi m = 0 thì phương trình vô nghiệm
Khi m < 0 hoặc 0 < m < 2 thì phương trình có một nghiệm
Khi m = 2 thì phương trình có hai nghiệm
Khi m > 2 thì phương trình có ba nghiệm
0,25
0,25
0,25
0,25
2.a
(1đ)
Phương trình . Đặt u = 3sinx, v = 4sin3x
Phương trình trở thành: 
Phải chứng minh rằng phương trình u = v hay 3sinx = 4sin3x sin3x = 0
x = với k 
0,25
0,5
0,25
2.b
(1đ)
Xét hàm số f(x) = = 
Tập xác định: R
Ta có f '(x) = 
f '(x) = 0 
x = 4
Phải tìm: và 
x - 4 +
f '(x) + 0 -
f(x)
 -3 3
Vậy để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thì 4m - m3 - 3
hay m3 - 4m - 3 0 m 
0,25
0,25
0,25
0,25
3.a
(2đ)
Vì ABCD là hình bình hành cho nên ta có: 
VO.ABC = VO.ADC = VO.ABD = VO.CBD = VO.ABCD = V.
Do P là trung điểm của OIOK = OC
(Thí sinh phải chứng minh)
Đặt (0 < x, y ≤ 1) thì:
Tương tự: VOANK =
Vậy V1 = VOAMK +VOANK = (1) 
Mặt khác ta có: 
V1 = VOAMN + VOMNK = x.y. + x.y.= 4.x.y. (2)
Từ (1) và (2) ta có: x + y = 4x.y y(4x -1) = x 
Do x > 0, y > 0 cho nên x > 
Mặt khác y 1 suy ra x vậy 
Từ (1) suy ra 
Xét hàm số f(x) = có f '(x) = = 0 x =
Bảng biến thiên:
x 1
f'(x) - 0 +
f(x) 
Từ bảng biến thiên ta có f(x) hay 
Suy ra giá trị nhỏ nhất là: khi x = và y =
 giá trị lớn nhất là: khi hoặc 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3.b
(1đ)
Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD khi đó ta có: 
Suy ra 
Ta có: 2.= OA2 + OB2 - ()2 = 2R2 - AB2
Tương tự: 2.= 2R2 - AC2 2.= 2R2 - AD2 
 2.= 2R2 - BC2 2.= 2R2 - BD2 2.= 2R2 - CD2
Vậy ta có: 4R2 + 12R2 - (AB2 + AC2 + AD2 + BC2 + BD2 + CD2) = 16.OG2
hay AB2 + AC2 + AD2 + BC2 + BD2 + CD2 = 16R2 - 16.OG2 16R2
Dấu bằng xảy ra khi OG = 0 hay O G.
Phải chứng minh được tứ diện ABCD có G trùng với O khi và chỉ khi là tứ diện có các cặp cạnh đối bằng nhau.
0,25
0,25
0,25
0,25
4.a
(1đ)
Vì 4 số a, b, c, d lớn hơn 1 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 + d2 = 16
Ta có: 2(a2 + b2) - (a + b)2 = (a - b)2 ≥ 0 suy ra 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 (*)
Dấu bằng xảy ra khi a = b
Áp dụng (*) để chứng minh (a + b + c + d)2 4(a2 + b2 + c2 + d2) = 64 
suy ra a + b + c + d 8.
Áp dụng bất đẳng thức x + y ≥ 2 (**) hai lần với x, y ≥ 0 ta có:
Cũng theo (**) ta có: 
(a + b)(b + c)(c + d)(d + a) 
suy ra 1 suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = d = 2
0,25
0,25
0,25
0,25
4.b
(1đ)
Đặt u1 = tan với = 
Suy ra u2 == tan
Bằng quy nạp ta có: un= tan
Chứng minh công thức: cot- tan= 2cot2 tan = cot- 2cot2. (1)
(Với mọi làm cho (1) có nghĩa)
Áp dụng công thức (1) ta có:
tan = cot- 2cot2
....................
Từ các đẳng thức trên ta có:
= 
Sn = = - 2.cot2= - 2cot = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
5
(1đ)
Ta chứng minh công thức sau: (u.v)(n) = 
(với u, v là các hàm số có đạo hàm đến cấp n)
Dễ thấy khi n = 1, 2 thì công thức trên đúng.
Giả sử công thức trên đúng với số tự nhiên n ( n ≥1) tức là: 
(u.v)(n) = 
Ta chứng minh công thức đó đúng với n + 1
Thật vậy: (u.v)(n+1) = Đặt k = m - 1
Ta có: (u.v)(n+1) = 
= 
=
= = (ĐPCM)
Áp dụng: Ta có f(x) = f(x).(x2 + 1) = 2x - 3, f(0) = - 3, f '(0) = 2.
Khi đó: (f(x).(x2 + 1))(n) = (2x - 3)(n) (2)
Ta thấy (2x - 3)(n) = 0 nếu n2 và (x2 + 1)(n) = 0 nếu n 3
Vậy ta có: VT(2) = 
= f(n)(x).(x2 + 1) + C.f(n - 1)(x).(2x) + C.f(n - 2)(x).2 = 0 với mọi x với mọi n ≥ 3
Suy ra: f(n)(0) + f(n-2)(0).n.(n - 1) = 0 với mọi n ≥ 3
Bằng quy nạp toán học ta có: 
 f(2n+1)(0) = 2.(-1)n.(2n+1)! và f(2n)(0) = 3.(-1)n+1.(2n)!
0,25
0,25
0,25
0,25
- Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa phần đó.