Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Hải Dương Năm 2011 - 2012 - Môn toán

Chia sẻ: unknowing

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh hải dương năm 2011 - 2012 - môn toán', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Hải Dương Năm 2011 - 2012 - Môn toán

www.VNMATH.com
www.vnmath.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN THI : TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)
x2
1. Cho hàm số y  có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến
x 1
của (C) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm
cận. Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M.
2. Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại.

Câu 2 (2 điểm)
1
1. Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  1005
2
 x  x2  1  y  y2  1

2. Giải hệ phương trình 
 x  y  xy  1
2 2

Câu 3 (2 điểm)
 
9 3
1. Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  . Từ đó suy ra trong
 2
2 2
93
mọi tam giác nhọn ABC ta có tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C  .
2
2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 .

Câu 4 (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA
vuông góc với mặt phẳng đáy.
1. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại
B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a.
2. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho
MAN  450 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp
S.AMN.

Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh
a 2  ab  1 b 2  bc  1 c 2  ca  1
   5(a  b  c)
a  3ab  c b  3bc  a c  3ca  b
2 2 2 2 2 2



…………………Hết………………….

Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
www.VNMATH.com
www.vnmath.com
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
Câu Ý Nội dung Điểm
CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M
I 1 1,00
 a2 3 3
M  (C )  M  a;  , a  1 . y '   y '(a )  0,25
 a 1  ( x  1) (a  1) 2
2


a2
3
()
Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y  ( x  a) 
(a  1) a 1
2


Tiệm cận đứng 1 có phương trình x  1
0,25
Tiệm cận ngang  2 có phương trình y  1  I (1;1)
a 5

 ,    2  B  B  2a  1;1
  1  A  A  1; 0,25
a 1 

1 a5
1 16
S IAB  IA.IB   1 . 2a  2  . .2 a  1  6 (không
2 a 1 2 a 1
2
0,25
phụ thuộc vào a, đpcm)
Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại
2 1,00
mx 9m
TXĐ: , y '  9  , y '' 
x2  9 ( x 2  9) x 2  9
y '  0  9 x 2  9  mx  0  9 x 2  9  mx 
mx  0 mx  0
 2 (I)
 0,25
81( x 2  9)  m 2 x 2 ( m  81) x 2  81.9
 
TH 1. m 2  81  9  m  9  m . x  9 x  9 x 2  9(x) nên
9 x 2  9  mx
y'   0, x suy ra hàm số đồng biến trên , không
x2  9 0,25
có cực trị.
27
TH 2. m  9  ( I )  x1 
m 2  81
9m
 0  x1 là điểm cực tiểu  m  9 loại
y ''( x1 )  0,25
( x12  9) x12  9
27
TH 3. m  9  ( I )  x2 
m 2  81
9m
y ''( x2 )   0  x2 là điểm cực đại.
( x  9) x  9
2 2
2 2
0,25
Vậy hàm số có cực đại  m  9
1
Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  (1)
II 1 1,00
1005
2
www.VNMATH.com
www.vnmath.com
1
Đặt t  sin 2 x, t   0;1 . (1) có dạng: t1006  (1  t )1006  (2) 0,25
21005
Xét hàm số f (t )  t1006  (1  t )1006 , t   0;1
1 0,25
f '(t )  1006[t1005  (1  t )1005 ] ; f '(t )  0  t 
2
1 1 1 1
f (0)  f (1)  1, f    1005  min f (t )  1005 Vậy (2)  t  0,25
0;1
2 2 2 2
 
1
hay (1)  sin 2 x   cos 2 x  0  x   k ( k  Z ) 0,25
2 4 2
 x  x 2  1  y  y 2  1 (1)

Giải hệ phương trình 
2 1,00
 x  y  xy  1
2 2
(2)

ĐK: y  1 . (1)  x  y  y 2  1  x 2  1
 x 2  2 xy  y 2  y 2  1  x 2  1  2 ( y 2  1)( x 2  1)
 xy  ( y 2  1)( x 2  1)  x 2 y 2  x 2 y 2  y 2  x 2  1  x 2  y 2  1 0,25
 x 2  y 2  1 x  0

 2 x 2  xy  0  
Kết hợp với (2) ta được  2 0,25
 y  2x
 x  y  xy  1
2

x  0 & (2)  y 2  1  y  1
1 1 2
y  2 x & (2)  3 x 2  1  x 2   x    y 0,25
3 3 3
1 2
Thử lại ta có x  0, y  1 và x  ,y thỏa mãn hệ pt
3 3 0,25
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên
 
9 3
Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  .
III 1 1,00
 2
2 2
 
9
Xét hàm số f ( x)  tan x  sin x  x trên  0; 
 2
2
9 2cos3 x  9cos 2 x  2 (2cos x  1)(cos 2 x  4cos x  2)
1
f '( x)   cos x   
2
2cos 2 x 2cos 2 x
cos x 2
 
Vì x   0;   0  cosx
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản