Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2008 - 2009

Chia sẻ: Trần Bá Phúc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

0
164
lượt xem
56
download

Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2008 - 2009

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2008 - 2009 để hệ thống lại kiến thức đã học cũng như kinh nghiệm ra đề. Chúc các em thi tốt và đạt điểm cao.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2008 - 2009

  1. Giáo viên: Vũ Thị Ngân Trường THPT Bắc Duyên Hà TRƯỜNG THPT BĂC DUYÊN ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI HÀ NĂM 2008-2009 MÔN TOÁN Thêi gian lµm bµi: 180 phót Bµi 1: 1 y2 x  1) Chøng minh hÖ ph­¬ng tr×nh : 1 y2 1 x2 y 1 x2 Cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 2) Gi¶i ph­¬ng tr×nh : x 2  4 x  5  x 2  10 x  50  5 Bµi 2: 3x  1 1) Cho hµm sè: y cã ®å thÞ (C). T×m mét hµm sè x 3 y  f ( x ) mµ ®å thÞ cña nã ®èi xøng víi ®å thÞ (C) qua ®­êng th¼ng : x  y  3  0 . x+y x-y 2) Cho x > y > 0, chøng minh: > 2 lnx-lny Bµi 3: Trong hÖ trôc to¹ ®é vu«ng gãc Oxy cho elip. x2 y2  1 a2 b2 1) A, B lµ 2 ®iÓm thuéc elip sao cho OA vu«ng gãc víi OB. Chøng 1 1 minh r»ng: 2  kh«ng ®æi OA OB 2 2) Trôc lín MM’=2a>0, I lµ ®iÓm chuyÓn ®éng trªn (E). T×m quü tÝch trùc t©m H cña tam gi¸c MIM’. Bµi 4: 2(x2-2) x2-1 x2 x2-2 Cho ph­¬ng tr×nh 5 -5 +m = 5 - 5 Víi m lµ tham sè.
  2. Giáo viên: Vũ Thị Ngân Trường THPT Bắc Duyên Hà 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh víi m = 1 2) X¸c ®Þnh m ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm. C©u 5: 1) Cho ®­êng trßn (C0) t©m I, b¸n kÝnh R0 cã ph­¬ng tr×nh: x2 +y2 +2x – 4y -20 = 0 vµ ®iÓm M(5 ;0). a) LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng d ®i qua M, c¾t ®­êng trßn (C0 ) t¹i hai ®iÓm A vµ B sao cho tam gi¸c AIB cã diÖn tÝch lín nhÊt. b) Chøng minh r»ng tËp hîp nh÷ng ®iÓm N mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn ®Õn ®­êng trßn (C0), sao cho hai tiÕp tuyÕn ®ã vu«ng gãc víi nhau, lµ ®­êng trßn (C1) b¸n kÝnh R1. TÝnh R1. c) Víi mçi i  1, i  N, gäi (Ci)lµ ®­êng trßn gåm tËp hîp nh÷ng ®iÓm mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn ®Õn ®­êng trßn (Ci-1)sao cho hai tiÕp tuyÕn ®ã vu«ng gãc víi nhau. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C2008). 2) TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn ABCD biÕt AB = a, AC = b, AD = c vµ c¸c gãc BAC, CAD, DAB ®Òu b»ng 60o.  x2  y 2  2x  4y  4  0 C©u6: Cho hÖ  3 x  (m  1) y  2m  3  0 1) T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm. 2) T×m m ®Ó tËp hîp c¸c ®iÓm cã to¹ ®é lµ nghiÖm cña hÖ trªn t¹o thµnh mét ®o¹n th¼ng cã ®é dµi lín nhÊt. HẾT
  3. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2008-2009 ————————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh THPT Chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. ———————————— 3x Câu 1. Giải phương trình: x 6 2 (x R) x2 9 y2 xy 2 0 Câu 2. Giải hệ phương trình: (x, y R) 8 x2 ( x 2 y)2 Câu 3. Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 7. Các điểm M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và AC sao cho AN = BM. Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng BN và CM. Biết diện tích tam giác BOC bằng 2. MB a. Tính tỷ số AB b. Tính giá trị AOB (kí hiệu là góc) Câu 4. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( x ; y ; z ) sao cho: 2 x zy 1 1. a0 a1 1 Câu 5. Cho dãy số an n 0 xác định như sau: . an 1 7an an 1 2 n 1 Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số chính phương. ——Hết—— Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh ........................................................................... SBD ....................
  4. Së Gi¸o dôc v ® o t¹o Kú thi chän HäC SINH GIáI TØNH thanh ho¸ Năm h c: 2008-2009 Môn thi: To¸n Đ CHÍNH TH C L P : 12 THPT S báo danh Ngày thi: 28/03/2009 ……………………. Th i gian: 180 phút (không k th i gian giao đ ) B i 1(5,0 ®iÓm) Cho h m sè y = x 3 − 3 x 2 + 2 cã ®å thÞ (C) 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn v vÏ ®å thÞ (C) cña h m sè. 2. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: x 3 − 3 x 2 + 2 = m 3 − 3m 2 + 2 3. Víi mçi ®iÓm M thuéc (C) kÎ ®−îc bao nhiªu tiÕp tuyÕn víi (C)? B i 2(4,0 ®iÓm) 1 e2 x2 1. TÝnh tÝch ph©n: I = ∫ 2 dx 0 x + 4x + 4 2. Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 6 ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau m trong ®ã chØ cã mét ch÷ sè lÎ ? B i 3 (5,0 ®iÓm) π π 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: sin(3x − ) = sin 2 x. sin( x + ) 4 4 2. T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó bÊt ph−¬ng tr×nh sau nghiÖm ®óng víi mäi x m m m ( 2 − log 2 ) x 2 − 2(1 + log 2 ) x − 2(1 + log 2 ) < 0. m +1 m +1 m +1 x+log2 y x − log y 3. Víi gi¸ trÞ n o cña x, y th× 3 sè u1 = 8 , u2 = 2 2 , u = 5y theo thø 3 tù ®ã, ®ång thêi lËp th nh mét cÊp sè céng v mét cÊp sè nh©n. B i 4 (5,0 ®iÓm) 1.Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh: 2 x 2 + ( y − 1) = 1 Chøng minh r»ng víi mçi ®iÓm M(m; 3) trªn ®−êng th¼ng y = 3 ta lu«n t×m ®−îc hai ®iÓm T1 , T2 trªn trôc ho nh, sao cho c¸c ®−êng th¼ng MT1`, MT2 l tiÕp tuyÕn cña (C). Khi ®ã h y viÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c MT1T2. 2. Cho h×nh chãp S.ABC cã ®¸y ABC l tam gi¸c vu«ng c©n (AB = BC =1) v c¸c c¹nh bªn SA = SB = SC = 3. Gäi K, L lÇn l−ît l trung ®iÓm cña AC v BC. Trªn c¹nh SA, SB lÇn l−ît lÊy c¸c ®iÓm M, N sao cho SM = BN = 1. TÝnh thÓ tÝch cña tø diÖn LMNK. B i 5 (1,0 ®iÓm) Cho n l sè nguyªn lÎ v n >2. Chøng minh r»ng víi mäi a kh¸c 0 lu«n cã: a2 a3 an a2 a3 a n −1 an (1 + a + + + ... + )(1 − a + − + ... + − )
  5. Së Gi¸o dôc v ® o t¹o Kú thi chän HäC SINH GIáI TØNH thanh ho¸ Năm h c: 2008-2009 Môn thi: To¸n §¸p ¸n ®Ò chÝnh thøc L P : 12 THPT Ngày thi: 28/03/2009 §¸p ¸n n y gåm cã 5 trang B i §¸p ¸n v híng dÉn chÊm §iÓm B i1 1(3®) 5® 1. TËp x¸c ®Þnh: R y , = 3x 2 − 6 x ; y ,, = 6 x − 6 0,5 x = 0 2 Sù biÕn thiªn y, = 0 ⇔  x = 2 ,, y = 0 ⇔ x =1 0,5 B¶ng biÕn thiªn x −∞ 0 1 2 +∞ , + 0 - 0 + y y,, - 0 + 1,0 y 2 U (1;0) +∞ −∞ -2 3 §å thÞ : y 2 −1 2 1,0 1+ 3 O 1 1+ 3 3 x −2 2. (1®) §Æt f (m) = m 3 − 3m 2 + 2 3 2 3 2 Sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x − 3 x + 2 = m − 3m + 2 l sè giao ®iÓm cña 3 2 ®êng th¼ng y = f (m) = m − 3m + 2 víi ®å thÞ (C) Tõ ®å thÞ (C) ta cã -1 < m < 0; 0 < m 2 0,5 m > 3 VËy *  m < −1 ph¬ng tr×nh cã 1 nghiÖm  * m =∈ {− 1; 0; 2; 3} ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm
  6. * − 1 < m < 0; 0 < m < 3 ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm 0,5 3.(1®) 3 2 M thuéc ®å thÞ (C) suy ra M (a; a − 3a + 2) .®êng th¼ng (d) tiÕp xóc víi (C) t¹i T(x0;y0) th× (d) cã ph¬ng tr×nh: 2 3 2 y = (3 x 0 − 6 x 0 )( x − x 0 ) + x 0 − 3 x 0 + 2 0,25 3 2 2 3 2 M ∈ (d ) ⇒ a − 3a + 2 = (3 x − 6 x0 )(a − x0 ) + x − 3x + 2 0 0 0 ⇔ (a 3 − x0 ) − 3(a 2 − x0 ) − (3x0 − 6 x0 )(a − x0 ) 3 2 2 [ ⇔ (a − x0 ) 2 x0 − (a + 3) x0 + 3a − a 2 = 0 2 ]  x0 = a a −3 ⇔ (a − x0 )( x0 − )=0⇔ 2  x0 = 3 − a 0,25  2 3−a TH1 a= ⇔ a = 1 ⇒ M ≡ I (1 ; 0) cã 1 tiÕp tuyÕn duy nhÊt 0,25 2 3−a 0,25 TH2 a ≠ ⇔ a ≠ 1 ⇒ M ≠ I (1 ; 0) cã 2 tiÕp tuyÕn 2 B i2 1 x2 4® 1.(2®) I= e2 ∫ 2 dx 0,25 0 x + 4x + 4 1 u = x 2 du = 2 xdx x2   TÝnh J= ∫ 2 dx §Æt  dx ⇒  1 0,5 0 x + 4x + 4 dv = ( x + 2) 2 v = − x + 2   1 1 1 1 x2 x 1 dx ⇒J =− + 2∫ dx = − + 2 ∫ dx − 4∫ 0,5 x+2 0 0 x+2 3 0 0 x+2 1 1 1 1 5 3 − + 2 x 0 − 4 ln x + 2 0 = − + 2 − 4(ln 3 − ln 2) = − 4 ln 0,5 3 3 3 2 5 3 0,25 ⇒ I = e 2 − 4e 2 ln 3 2 2.(2®) − − −− − − −− − − −− − − − Ta kÝ hiÖu sè A l a1a2 a3a4 a5 a6 • Cã 5 kh¶ n¨ng chän mét ch÷ sè lÎ • Mçi c¸ch chän 1 ch÷ sè lÎ v 5 ch÷ sè ch½n cã P6=6! C¸ch s¾p xÕp 6 ch÷ sè 0,5 ® cho v o 6 vÞ trÝ tõ a1®Õn a6 Nh vËy cã 5.P6 =5.6! c¸ch s¾p xÕp 10 ch÷ sè tõ 0 ®Õn 9 v o 6 vÞ trÝ tõ a1 ®Õn a6 m mçi c¸ch chØ cã mét ch÷ sè lÎ. *Trong tÊt c¶ c¸c c¸ch s¾p xÕp ®ã th× nh÷ng c¸ch xÕp cã ch÷ sè 0 ®øng ë vÞ trÝ a1 kh«ng ph¶i l mét sè cã 6 ch÷ sè 0,5 1 * Do tÝnh b×nh ®¼ng cña c¸c ch÷ sè ® chän cã sè c¸ch s¾p xÕp kh«ng ph¶i 6 5.6! 0,5 l sè cã 6 ch÷ sè v b»ng = 5.5! 6 VËy sè c¸c sè cã 6 ch÷ sè m trong nã chØ cã mét sè lÎ l 5.6! - 5.5! = 5!(30 - 5) = 25.5! = 3000 sè 0,5 B i3 π 5® 1.(2®) §Æt t = x + khi ®ã ph¬ng tr×nh ® cho trë th nh 4
  7. π 0,5 sin(3t − π ) = sin( 2t + ) sin t ⇔ − sin 3t = cos 2t sin t (*) 2 §Æt z = sin t §K z ≤ 1 ph¬ng tr×nh (*) trë th nh z = 0 3x − 4 z 3 + (1 − 2 z 2 ) z = 0 ⇔ 6 z 3 − 4 z = 0 ⇔  2 2 0,5 z =  3 π 0,25 * z = 0 ⇒ sin t = 0 ⇔ t = kπ ⇒ x = − + kπ ; k ∈ Z 4 2 2 1 − cos 2t 2 1 * z2 = ⇒ sin 2 t = ⇔ = ⇔ cos 2t = − = cosα 3 3 2 3 3  α  π α 2t = α + l 2π t = 2 + lπ  x = − 4 + 2 + lπ ⇔ ⇔ ⇒ ,l ∈ Z 2t = −α + l 2π t = − α + lπ  x = − π − α + lπ   0,5  2  4 2 π π α 0,25 VËy PT cã nghiÖm l x = − + kπ , x = − ± + lπ . k , l ∈ Z 4 4 2 m 2.(2®) §Æt a = 1 + log 2 , bÊt ph¬ng tr×nh ® cho trë th nh: m +1 (3 − a) x 2 − 2ax − 2a < 0 (1) 0,5 VÕ tr¸i cña (1) l mét tam thøc b©c hai Èn x cã hÖ sè cña x l 3 − a . 2 TH1: 3 - a = 0 ⇔ a = 3 0,5 Khi ®ã (1) l 6 x− 6 < 0 ⇔ x < 1 suy ra (1) kh«ng nghiÖm ®óng mäi x a > 3 3 − a < 0 a > 3  TH2  , ⇔ 2 ⇔  a < 3 ⇔ a > 6 ∆ < 0 a + 2a(3 − a) < 0  a > 6 0,5  m m Víi a > 6 ta cã 1 + log 2 >6⇔ > 32 m +1 m +1 31m + 32 31 ⇔
  8. 3.(1®) a + c = 2b NÕu c¸c sè a, b, c ®ång thêi l cÊp sè céng v cÊp sè nh©n th×  2 ac = b suy ra a, c l nghiÖm cña pt: x 2 − 2bx + b 2 = 0 ⇔ x = b tõ ®ã a = b = c. 0,25  x + log y x − log y 2 =2 2 (1) Theo b i ra ta cã hÖ: 8   0,25  x − log2 y 2  = 5y (2) Tõ (1) 3x + 3 log 2 y = x − log 2 y ⇔ x = −2 log 2 y , thay v o (2) ta ®−îc: 1 0,5 2 −3 log 2 y = 5 y ⇔ 5 y 4 = 1 ⇔ y = 4 5 ⇔ x = 2 log 2 4 5 = log 2 5 2 B i4 1.(3®) §−êng trßn (C) cã t©m I ( 0 ; 1 ) b¸n kÝnh R = 1 5® §iÓm T thuéc trôc ho nh th× T( t ; 0) §iÓm M( m; 3) thuéc ®−êng th¼ng y = 3 , ta cã: Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng MT: 0,5 x −m y −3 = ⇔ 3x + (t − m) y − 3t = 0 t −m −3 Do MT l tiÕp tuyÕn cña (C) nªn kho¶ng c¸ch tõ t©m I cña (C) ®Õn MT b»ng 1, hay 0,5 t − m − 3t 2 2 = 1 ⇔ (m + 2t ) 2 = 9 + (t − m) 2 3 + (t − m ) ⇔ t 2 + 2mt − 3 = 0 (*) Do ph−¬ng tr×nh (*) lu«n cã hai nghiÖm t1 , t2 víi mäi m nªn lu«n tån t¹i hai ®iÓm T1(t1;0) v T2(t2;0) ®Ó MT1v MT2 l tiÕp tuyÕn cña (C). * Theo ®Þnh lý Vi Ðt cã t1 + t2 = -2m. Ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn (C1) ngo¹i tiÕp tam 0,5 gi¸c MT1T2 cã d¹ng: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 V× M, T1, T2 thuéc ®−êng trßn (C1) nªn cã hÖ m 2 + 9 + 2ma + 6b + c = 0 (1)  2  t1 + 2at1 + c = 0 (2)  2 t 2 + 2at 2 + c = 0 (3)  Tõ (2) v (3) suy ra 0,5 2 2 t1 − t 2 + 2a (t1 − t 2 ) = 0 (do t1 ≠ t 2 ) ⇔ t1 + t 2 + 2a = 0 ⇔ −2m + 2a = 0 ⇔ a = m. 2 Thay v o (2) ta cã t1 + 2mt1 + c = 0 2 0,5 Do t1 l nghiÖm cña(*) nªn t1 + 2mt1 − 3 = 0 ⇒ c = −3 Thay c = -3 v o (1) ta ®−îc: 2 2 m2 + 2 m + 9 + 2m + 6b − 3 = 0 ⇔ b = − 2 2 2 m2 + 2 VËy ph−¬ng tr×nh cña (C1) l : x + y + 2mx − y −3 = 0 2 0,5
  9. 2.(2®) LÊy ®iÓm E thuéc SA sao cho AN=1 suy ra NE// AB // KL 0,5 ⇒ S ∆NKL = S ∆EKL ⇒ VMNKL = VMEKL ; S ∆EKM = 1 S SKC 0,5 6 MÆt kh¸c kho¶ng c¸ch tõ L ®Ðn mÆt ph¼ng (MKE) b»ng BK 2 1 0,5 VËy VKLME = VSABC m 12 1 1 17 1 17 1 17 34 VSABC = SK .S ABC = . = ⇒ VKLMN = . = (®vtt) 0,5 3 3 2 2 6 2 12 6 2 144 S M E N K C A L B B i5 Coi a l Èn , ®iÒu kiÖn a kh¸c 0 1® a 2 a3 an a2 a n −1 §Æt u = 1 + a + + + ... + ⇒ u, = 1+ a + + ... + 2! 3! n! 2! (n − 1)! 2 3 n −1 n a a a a v = 1− a + − + ... + − 2! 3! (n − 1)! n! a2 a3 a4 a n−2 a n −1 0,25 ⇒ v , = −1 + a − + − + ... + − 2! 3! 4! (n − 2)! (n − 1)! an , , an Khi ®ã u = u + , v = −v − n! n! a2 a4 a n −1 u + v = 2(1 + + + ..... + ) > 0 víi mäi a v n lÎ n > 2 0,25 2! 4! (n − 1)! §Æt vÕ tr¸i cña bÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh l f(a) , , , an an an Ta cã f (a ) = uv + vu = u (−v − ) + v(u − ) = − (u + v) n! n! n!  ,  f (a ) > 0 khi a < 0 Do u + v > 0 , a ≠ 0 ⇒  , 0,25  f (a ) < 0 khi a > 0  Ta cã b¶ng biÕn thiªn a −∞ 0 +∞ , f (a) + - f (a ) 1 do a kh¸c 0 nªn f(a)
  10. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ĐỒNG THÁP ------------------------------------------------------------------------- NĂM HỌC 2009 - 2010 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Đề chính thức ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18 tháng 10 năm 2009 (Đề thi gồm có: 01 trang) ----------------------- Câu 1: (3 điểm) Giải hệ phương trình 9y3 (3x3 1) 125 45x y 75x 6y2 2 Câu 2: (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB 2R . M là một điểm di động trên nửa đường tròn. Gọi N là điểm chính giữa của cung MB. Xác định vị trí của M sao cho tứ giác AMNB có diện tích lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó . Câu 3: (2 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ( x 1)( x 2)( x 8)( x 9) y2 Câu 4: (3 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi 1 u1 2 3 2 1 3 un un n 1 un 1 2 2 Chứng minh rằng dãy số (un) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn của dãy số. Câu 5: (3 điểm) 2n 1 Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 8 x5 , biết x3 rằng C1 3n n 1 2C2 3n n 2 3C3 3n n 3 n ... nCn 6144 (n nguyên dương , x 0 , C là số tổ hợp chập k của n phần tử) k n Câu 6: (3 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x 2 y 2 z 2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z P y z z x 2 2 2 2 x y2 2 Câu 7: (3 điểm) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : 2 x 3 y 3 0 và d 2 : 5 x 2 y 17 0 . Đường thẳng d đi qua giao điểm của d1 và d 2 cắt hai AB 2 tia Ox, Oy lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho S 2OAB nhỏ nhất.HẾT.
  11. TRƯỜNG THPT LONG THÀNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC: 2009 – 2010 Môn thi: TOÁN LỚP 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (3,0 điểm) (sin x 1)(2 sin x 1) a) Giải phương trình: 3 cos x(2 sin x 1) b) Tìm các giá trị m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt: x m x 2 4 2 Bài 2. (2,0 điểm) x 1 x 3 y 23 3 y 2 1 Giải hệ phương trình: x x 1 3 y 23 3 y 2 7 Bài 3. (2,0 điểm) Cho 2 số thực x 0, y 0 thoả mãn đẳng thức: 2( x 2 y 2 ) xy( x y 2) . 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S x3 y3 xy Bài 4. (3,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I có phương trình: x 2 y 2 2 x 4 y 0 ; đường thẳng (d) có phương trình: 3x y 1 0 . Tìm trên đường thẳng (d) điểm M sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn (C) là MP, MQ để tứ giác MPIQ là hình vuông. b) Cho hình chóp S.ABC có SA = a và SA vuông góc với mp(ABC). Tam giác ABC cân đỉnh B, AC = 2a 3 , ABC = 1200. Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC). ---------- HẾT ----------
  12. Trường Chuyên Lê Quý Đôn ---------------- ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2008-2009 Thời gian làm bài: 120 phút --- - --- Câu 1. Giải hệ phương trình 8 2 18 x2 y2 z2 yz 2zx 3xy x y z 1 Câu 2. Cho dãy số (xn) xác định bởi điều kiện x1 1; x n 1 2008 với n=1; 2; …. Chứng 2 x2 1 n minh rằng dãy số này có giới hạn hữu hạn khi n Câu 3. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Gọi I là điểm giữa của cung BC không chứa điểm A và K là trung điểm của BC. Hai tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt nhau ở M; AM cắt BC tại N. a) Chứng minh rằng AI là phân giác của góc MAK 2 NB AB b) Chứng minh rằng NC AC Câu 4. Tìm tất cả các hàm số f : R R liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f x 2f 2x f 4x x 2 x , x R Câu 5. Cho a, b, c là các số không âm phân biệt. Chứng minh rằng 1 1 1 11 5 5 a2 b2 c2 2 2 2 a b b c c a 2 Câu 6. Trên bàn cờ vua kích thước 8x8 được chia thành 64 ô vuông đơn vị, người ta bỏ đi một ô vuông đơn vị nào đó ở vị trí hàng thứ m và cột thứ n 1 m 8;1 n 8 . Gọi S(m;n) là số hình chữ nhật được tạo bởi một hay nhiều ô vuông đơn vị của bàn cờ sao cho không có ô nào trùng với vị trí của ô bị xóa bỏ ban đầu. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của S(m;n). ----------------------------------------------------------HẾT------------------------------------------------------------
  13. Trường Chuyên Lê Quý Đôn ---------------- LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỀN HSG NĂM HỌC 2008-2009 MÔN TOÁN LỚP 12 Câu 1. Hệ phương trình bài ra tương đương với: x x2 y2 z2 xyz 8 y x2 y2 z2 2xyz 2 z x2 y2 z2 3xyz 18 Cách 1. Đặt a = x2 + y2 + z 2 và b = xyz. Bình phương 2 vế của từng phương trình trong hệ rồi cộng lại 2 2 2 ta thu được a 3 b 8 2b 2 3b 18 a 3 10b 2 114b 392 (1) Nhân 3 phương trình bài ra theo vế được: a 3 b b 8 2b 2 3b 18 (2) Từ (1) và (2) ta có: b 10b 2 114b 392 b 8 2b 2 3b 18 3 2 4b 19b 94b 144 0 b 2 Thay vào (1) được a3 = 216 tức là b=6. Thay vào hệ phương trình ban đầu giải được x = 1, y = -1, z = 2 Cách 2. Nhân 2 vế của các phương trình ban đầu lần lượt với 7; 1; -3 rồi cộng theo vế thu được (7x + y – 3z) (x2 + y2 + z2) =0. Mà x, y, z không đồng thời bằng 0 nên 7x + y – 3z =0. Thay y = 3z + 7x vào 2 phương trình trong hệ ta thu được một hệ phương trình đẳng cấp bậc 3 ( giải ra nghiệm duy nhất x = 1, y = -1, z = 2) 1 x 1 Câu 2. Xét hàm số f x 2 2008 f' x 2 f' x x R 2 x 1 x2 1 2 x Xét hàm số g x f x x g' x 2 1 0 x R x2 1 Nên phương trình g(x) = 0 có không quá 1 nghiệm mà g 2008 0 và g 0 0 nên phương trình g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = c. 1 Áp dụng định lý Lagrange tồn tại số yn sao cho x n 1 c f xn f c x n c f ' yn xn c 2 x1 c Do đó x n c . Theo nguyên lý kẹp thì lim xn =c. 2n 1 Vậy dãy (xn) có giới hạn hữu hạn. (Lưu ý: Có thể chứng minh từ n=2 trở lên thì xn0, hàm số đồng biến. Dễ chứng minh được dãy số giảm khi n>2 và xn>c với mọi n>2. Do đó dãy có giới hạn hữu hạn theo nguyên lý Weierstrass) Câu 3. a) Gọi E là giao điểm khác A của MA với đường tròn (O). Ta có ME.MA M\(O) MB2 Tam giác MBO vuông tại B có đường cao BK nên MB2 MK.MO MK.MO ME.MA Do đó tứ giác AOKE nội tiếp được EAK EOK 2EAI Nên AI là phân giác góc MAK . b) Do AI là phân giác chung của các góc BAC , NAK , nên ta có BAN KAC , BAK NAC . Áp dụng công thức tính diện tích
  14. NB SANB ABsin BAN (1) NC SANC ACsin CAN KB SAKB ABsin KAB ABsin NAC sin NAB AB A 1 KC SAKC AC sin KAC AC sin NAB sin NAC AC (2) NB AB2 Thay (2) vào (1) ta thu được (đpcm) NC AC2 Câu 4. Xét hàm số g(x) = f(x) + ax2 + bx với a, b là các hằng số. N Khi đó g(x) là hàm số liên tục trên R và f(x) = g(x) – B K C ax2 –bx. Thay vào điều kiện bài ra thu được E I g 4x 2g 2x g x f 4x 2f 2x f x 7ax 2 bx 1 7a x 2 b 1 x x R 1 M Ta chọn a ,b 1 . Thì 7 g 4x 2g 2x g x 0 x R Xét hàm số h(x) = g(2x) –g(x) thì h(x) là hàm số liên tục trên R và h(2x) = h(x) với mọi số thực x. Tuy nhiên h(0) = g(0) – g(0) =0. xn Lấy a bất kì, lập dãy cấp số nhân x1 a , x n 1 . Rõ ràng lim xn =0 và dãy h(xn) là dãy hằng số. 2 Do hàm h(x) liên tục trên R nên h(a) = lim h(xn) = h (limxn) = h(0) =0 do đó h(x) =0 với mọi x. Do đó g(2x) = g(x) với mọi x. Lập luận như trên do hàm g(x) liên tục ta suy ra g(x) = g(0) = c (const) x2 Từ đó suy ra f x x c với c là hằng số bất kì. Thử lại thấy đúng. 7 (Lưu ý: + Bài toán vẫn đúng nếu chỉ cho giả thiết hàm f(x) liên tục tại x = 0. + Hs không giải thích tính liên tục của hàm mà dùng lim h(xn) = h (limxn) thì không cho điểm.) Câu 5. Không giảm tính tổng quát ta giả sử a

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản