2 đề thi chọn HSG môn Toán cấp tỉnh lớp 12 Kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyễn Lê Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

172
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là 2 đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 kèm đáp án giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 2 đề thi chọn HSG môn Toán cấp tỉnh lớp 12 Kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT _ NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3 điểm) Cho hàm số f(x) = x3 - 2x2 – (m - 1)x + m (C) a). Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành. 1 b). Tìm m để f(x)  với mọi x  2 x Bài 2: (4 điểm) a) Giải phương trình sau : 3 x (2  9 x 2  3)  (4 x  2)( 1  x  x 2  1)  0 1 1 9 3 1 b) Giải phương trình sau : + cos 4 x - cos 2 x + + cos 4 x - cos 2 x = 16 2 16 2 2 Bài 3: (3 điểm) 1 n 1 Chứng minh rằng : C 2n < ( n  ; n  1) 22n 2n+1 Bài 4: (3 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, có tâm I thuộc đường thẳng (d) : x – y – 3 = 0 và có hoành độ bằng x I = 9 , trung điểm của một 2 cạnh là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành. Tìm tọa độ đỉnh của hình chữ nhật. Bài 5: (5 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông tại A. Khoảng cách từ AA’ đến mặt phẳng BCC’B’ là a, mặt phẳng (ABC’) cách C một khoảng bằng b và hợp với đáy một góc bằng  . a). Tính thể tích của khối lăng trụ. b). Cho a = b không đổi, còn  thay đổi. Định  để thể tích khối lăng trụ nhỏ nhất. Bài 6: (2 điểm) Tính giới hạn : A = lim[ ln (1  tanx)cotx (1  tanx)cotx (1  tanx)cotx ..... (1  tanx)cotx ...... ] (1) x 0  v« h¹n dÊu c¨n __________Hết__________ Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Së Gi¸o dôc - §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - N¨m häc 2011 - 2012 CHÍNH THỨC MÔN TOÁN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Bài NỘI DUNG ĐIỂ M Bài 1 Cho hàm số f(x) = x3 - 2x2 – (m - 1)x + m (C) (3đ) a). Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành. 1.0đ f(x) tiếp xúc với trục hoành 0.5 f(x) = 0  x 3 - 2x 2 - (m -1)x + m = 0 (a)      2 f (x)=0 3x - 4x + 1= 0 (b)  Từ (a) và (b) ta có : 2x3 - 5x2 + 4x – 1 = 0. x = 1  m = 0  (x - 1) (2x - 1) = 0   2 0.5 x = 1  m = - 1  2 4 1 2.0đ b). Tìm m để f(x)  với mọi x  2 x 1 1 0.5 f(x)  với mọi x  2  x 3 - 2x 2 - (m - 1)x + m  x x 2  x(x - 1)(x - x - m)  1 1  m  x2 - x - 2 x -x t 2 1 1.0 Đặt t = x2 – x thì m  t Khi x  2  t  2 (vì x  2  t = g(x) = x 2 - x là hàm số tăng và g(2) = 2) t 2 1 1 Xét y = =t- với t  2 t t 1 t2 + 1  y = 1 + 2 = >0 t t2 0.5 x 2  y’ +  y 3 2 3 Vậy m  2 Bài 2 (4đ) 1
a) Giải phương trình: 3 x (2  9 x 2  3)  (4 x  2)( 1  x  x 2  1)  0 (1) 2.0 1 1.0 Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong ( ;0) 2 pt   3 x  (2  (3x )2  3)  (2 x  1)(2  (2 x  1)2  3)  u (2  u 2  3)  v(2  v 2  3) (1) Với u = - 3x, v = 2x + 1; u,v >0. Xét hàm số f (t )  2t  t 4  3t 2 với t>0 1.0 3 Ta có f '(t )  2  2t  3t  0 t  0  f (u )  f (v )  u  v t 4  3t 2  - 3x = 2x + 1  x   1 là nghiệm duy nhất của phương trình 5 b) Giải phương trình sau : 2.0 1 1 9 3 1 + cos 4 x - cos 2 x + + cos 4 x - cos 2 x = (1) 16 2 16 2 2 1 2 3 1 1.0 (1)  (cos 2 x - ) + (cos 2 x - ) 2 = 4 4 2 1 3 1  cos 2 x - + cos 2 x - = 4 4 2 1 3 1 Đặt cos2x = t ; 0 ≤ t ≤ 1  t- + t- = 4 4 2 1 3 Xét trên trục Ox, các điểm : M(t) ; A( ) ; B( ) 4 4 1 Suy ra : MA + MB = 2 1.0 1 1 3 Mà AB = , nên M nằm giữa A và B, suy ra ≤ t ≤ . 2 4 4 1 3   cos x  2 2 π   6 + kπ  x  3 + kπ   (l;k  )   π + lπ  x  -  - lπ  3  6 Bài 3 1 n 1 (3đ) Chứng minh rằng : C 2n < ( n  ; n  1) 22n 2n+1 Ta có : 1.0 1 n (2n)! 1.2.3.4.......(2n - 1).(2n) 1.3.5...(2n - 1).2.4.6...(2n) 2n C2n = 2n = n n  n 2 2 .n!n! 2 .2 .(1.2.3.4...n).(1.2.3.4...n) 2 .(1.2.3.4...n).2n .(1.2.3.4...n) 1.3.5.7.....(2n - 1) = 2.4.6.8.......(2n) 2
1.3.5.7.....(2n - 1) 1 1.0 Ta chứng minh : < 2.4.6.8.......(2n) 2n+1 (2k - 1) (2k - 1)2 (2k - 1) 2 2k - 1 Ta có : = =< = (2k) (2k) 2 4k 2 - 1 2k + 1 Sử dung quy nạp và nhân các BĐT vế theo vế ta có : 1.0 1.3.5.7.....(2n - 1) 1 < (đpcm) 2.4.6.8.......(2n) 2n+1 Bài 4 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, có (3 đ) tâm I thuộc đường thẳng (d) : x – y – 3 = 0 và có hoành độ bằng x I = 9 , 2 trung điểm của một cạnh là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành. Tìm tọa độ đỉnh của hình chữ nhật. 9 3 1.0 Điểm I có x I = 9 và I thuộc đường thẳng (d) : x – y – 3 = 0  I( ; ) 2 2 2 Vì vai trò của A; B; C; D là như nhau nên giả sữ trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) với trục Ox, suy ra M(3;0) 9 9 AB = 2IM = 2  =3 2 4 4 1.0 AD = S ABC 12 S ABC  AB.AD = 12  AB  3 2  2 2 AD  (d)  suy ra phương trình AD : x + y – 3 = 0 M  AD 1.0 Mặt khác MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A; D là nghiệm vủa hệ phương trình : x + y - 3 = 0  x = 2 x = 2  2 2   hoÆc   (x - 3) + y = 2  y = 1  y = -1 Vậy A(2; 1), D(2; -1). 9 3 I( ; ) là trung điểm AC và BD nên C(7; 2) và B(4; - 1) 2 2 Bài 5 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông tại A. Khoảng cách (5đ) từ AA’ đến mặt phẳng BCC’B’ là a, mặt phẳng (ABC’) cách C một khoảng bằng b và hợp với đáy một góc bằng  . a). Tính thể tích của khối lăng trụ. 3.0 3
Ta có AA’ || ( BCC’B’), kẻ AH  BC ( H  BC ) 1.0 B _' C _'  AH  ( BCC’B’) vì (ABC)  ( BCC’B’), do đó : AH = d(AA’,( A _' BCC’B’)) = a. Ta có AB = (ABC’)  (ABC) ; AB  AC (gt) ; AC K _ b _ là hình chiếu của AC’ trên (ABC) B _ H _ C _  AB  AC’  CAC  sd((ABC),(ABC)) =  a _ ( góc nhọn). A _ 1.0 Kẻ CK  AC’; ta có : AB  (ACC’)  (ABC’)  (ACC’) ; AC’ = (ABC’)(ACC’)  AK  (ABC’)  CK = d(C,( ABC’)) = b. 1 Thể tích khối lăng trụ : V = S .CC = ABC AB.AC.CC (1) 2 CK b Trong tam giác vuông ACK : AC = = sinα sinα b b Trong tam giác vuông ACC’ : CC = AC.tanα = .tanα  sinα cosα Trong tam giác vuông ABC : 1.0 1 1 1 1 sin 2 α b 2  a 2sin 2α =  = 2 - = AB2 AH 2 AC 2 a b2 a 2b2 ab  AB = b 2  a 2sin 2α Thay các kết quả vào (1) ta có : 1 1 ab b b V= AB.AC.CC = . . . 2 2 b  a sin α sinα cosα 2 2 2 ab3 = 2sinαcosα b 2  a 2sin 2 α ab3  V= sin2α b 2  a 2sin 2α b). Cho a = b không đổi, còn  thay đổi. Định  để thể tích khối lăng trụ 2.0 nhỏ nhất. 1.0 a3 a3 Với a = b : V =  sin2α 1  sin 2α 2sinα.cos 2 α V nhỏ nhất khi sin  .cos2  lớn nhất . 4
2 1 4 2 2 2 1 2sin 2 α + cos 2 α + cos 2 α 3 Ta có: sin α.cos α = 2sin α.cos α.cos α  ( ) 2 2 3 (bđt Côsi) 8 2 3   sin .cos 2  54 9 1.0 3a 3 3  V  4 3a 3 3 Ta có V nhỏ nhất : V=khi 2sin2  = cos2  4 1 2 2  tan 2   tan     arctan 2 2 2 2 Vậy khi   arctan thì thể tích nhỏ nhất . 2 Bài 6 Tính giới hạn : (2đ) A = lim[ ln (1  tanx)cotx (1  tanx)cotx (1  tanx)cotx ..... (1  tanx)cotx ...... ] x 0  v« h¹n dÊu c¨n (1) Xét 1.0 cotx A1 = lim[ ln (1  tanx)cotx ] = lim[ ln(1  tanx) 2 ] x0 x0 cotx 1 ln(1  tanx) 1 = lim[ ln(1  tanx)] = lim = x 0 2 2 x 0 tanx 2 cotx 22 cotx 22 A 2 = lim[ ln (1  tanx) ] = lim[ ln(1  tanx) ] x0 x 0 cotx 1 ln(1  tanx) 1 = lim[ 2 ln(1  tanx)] = 2 lim = 2 x 0 2 2 x0 tanx 2 ………………………………………………………………………. ………………………………………………………………………. cotx 2n cotx 2n A n = lim[ ln (1  tanx) ] = lim[ ln(1  tanx) ] x 0 x0 cotx 1 ln(1  tanx) 1 = lim[ n ln(1  tanx)] = n lim = n x 0 2 2 x 0 tanx 2 ……………………………………………………………………… ……………………………………………………………………… 5
Từ (1) ta có : 1.0 cotx cotx cotx cotx 2 22 23 n A = lim[ ln[(1 tanx) . (1 tanx) .(1 tanx) .....(1 tanx) 2 ..... ]] x0 cotx cotx cotx cotx 2 22 23 n = lim[ ln(1 tanx) + ln(1 tanx)  ln(1 tanx)  .....  ln(1 tanx) 2 + ..... ] x0 = A1  A2  A3  .....  An  ..... 1 1 1 1 1 A= + 2 + 3 +.......+ n + .........= 2 =1 2 2 2 2 1 1 2 Vậy A = 1 .  Học sinh có cách giải khác đúng cho điểm tối đa.  Đáp án này gồm 06 trang. __________HẾT__________ 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên. ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Ngày thi: 02/11/2012.  2 8  x + 3x + 2 = y − 5 y − 1   8 Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình  y 2 + 3 y + 2 = − 5 z − 1 ( x, y , z ∈ ℝ )  z  2 8  z + 3z + 2 = x − 5 x − 1  Câu 2 (1,5 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng 3a bc 2b3d 25 2. + 3. 3 + 4. 4 ≤ a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) 6 3 Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử n là một số nguyên dương sao cho 3n + 2n chia hết cho 7 . Tìm số dư của 2n + 11n + 2012n khi chia cho 7 . 2 Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng BP. a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC. b) Chứng minh rằng BP = 4.OE , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC . Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n ( m > n > 4 ) là các số nguyên dương và A là một tập hợp con có đúng n phần tử c ủa tập hợ p S = {1, 2,3,..., m} . Chứng minh rằng n ếu m > ( n − 1) (1 + Cn + Cn + Cn ) thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt 2 3 4 x1 , x2 ,..., xn ∈ S sao cho các tập hợp Ai = {x + y + xi x ∈ A, y ∈ A}, i = 1, n thỏa mãn Aj ∩ Ak = ∅ với mọi j ≠ k và j , k = 1, n . -----------------Hết----------------- - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh……………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Lưu ý khi chấm bài: -Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. -Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. -Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. -Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. -Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm. -Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Câu 1. (2,5 điểm) Nội dung 1 8 Điều kiện: x, y, z ≥ . Xét các hàm số f (t ) = t 2 + 3t + 2, g (t ) = − 5t − 1 . Khi đó ta có 5 t 8 5 1 f ' (t ) = 2t + 3 > 0, g ' (t ) = − − < 0, ∀t > . 2 5t − 1 2 t 5 1  1  Mà f (t ) , g (t ) là các hàm số liên tục trên  ; + ∞  suy ra f (t ) đồng biến trên  ; + ∞  5  5  1  và g (t ) nghịch biến trên  ; + ∞  . Không mất tính tổng quát ta giả sử x = min {x, y, z} . 5  Khi đó ta có: Nếu x < y ⇒ g ( x ) > g ( y ) ⇒ f ( z ) > f ( x ) ⇒ z > x ⇒ g ( z ) < g ( x ) ⇒ f ( y ) < f ( z ) suy ra y < z ⇒ g ( y ) > g ( z ) ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇒ x > y , vô lí vì x < y . Do vậy x = y , tương tự lí luận như trên ta được x = z suy ra x = y = z . Thay trở lại hệ ta 8 8 được x 2 + 3 x + 2 = − 5 x − 1 ⇔ x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1 = 0 (1). x x 8 1  Đặt h ( x ) = x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1, x ∈  ; +∞  . Dễ thấy hàm số đồng biến trên x 5  2
Nội dung 1   5 ; + ∞  và h (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của   hệ phương trình đã cho là x = y = z = 1. Câu 2. (1,5 điểm) Nội dung Điểm 3a bc 2b3 d Đặt P = 2 + 33 + 44 . Khi đó áp a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) 3 dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2a 3(a + b ) 2a 3(a + b ) 2 . ≤ + a + b 2 (a + b + c ) a + b 2 (a + b + c ) bc b 3c 2 (a + b + c ) 33 = 33 . . ( a + b )( a + b + c + d ) a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d ) b 3c 2 (a + b + c ) ≤ + + a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d ) 3 2b3 d  b  2d 44 = 4.  3(a + b )  3 (a + b + c + d ) 4  81( a + b ) ( a + b + c + d ) 3   b 2d ≤ 3. + 3(a + b) 3(a + b + c + d ) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: 2 ( a + b ) 3 ( a + b + c ) 2 ( a + b + c + d ) 25 P≤ + + = a+b 2 (a + b + c ) 3(a + b + c + d ) 6 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d . Câu 3. (2,0 điểm) Nội dung Điểm Đặt n = 3q + r ; q, r ∈ ℕ, 0 ≤ r ≤ 2 . Khi đó 3n + 2 n = 27 q.3r + 8q.2r ≡ ( −1) .3r + 2r ( mod 7 ) q Do đó để 3n + 2 n ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ ( −1) .3r + 2r ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ q = 2k + 1, r = 0 . q Suy ra n có dạng n = 6k + 3 , chú ý nếu ( a, 7 ) = 1 ⇒ a 6 ≡ 1( mod 7 ) . Do đó ta có: +) 2n = 26 k +3 = ( 2k ) .8 ≡ 1( mod 7 ) 6 (1) +) 11n = 116 k +3 = (11k ) .113 ≡ 43 ≡ 1( mod 7 ) 6 (2) ( ) .2012 6 +) 2012 n = 2012( ≡ 39 ≡ 273 ≡ 6 ( mod 7 ) 6 k + 3) 2 +6k = 20126 k 2 2 9 (3) Từ (1), (2) và (3) ta được 3
Nội dung Điểm 2n + 11n + 2012n ≡ 1 + 1 + 6 ≡ 1( mod 7 ) . Vậy số dư cần tìm là 1 . Câu 4. (3,0 điểm) A B Q I O P M E J D C N Nội dung Điểm a) (2,0 điểm) Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó NI ⊥ AP, MJ ⊥ CP AB Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và IQ = từ đó suy ra 2 IQ CN và IQ = CN . Suy ra tứ giác CNIQ là hình bình hành. Suy ra CQ NI . Từ đó, do NI ⊥ AP nên CQ ⊥ AP (1) Chứng minh tương tự, cũng được AQ ⊥ CP (2) Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ ⊥ AC hay BP ⊥ AC Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA + OC + OQ = OP ⇔ OA + OC + 1 2 ( ) ( OP + OB = OP ⇔ 2 OA + OC + OB = OP ) ⇔ 4OE = OP − OB ⇔ 4OE = BP ⇒ BP = 4.OE . Vậy BP = 4.OE . Câu 5. (1,0 điểm) Nội dung Điểm { } Xét tập hợp B = x + y − z − t x, y, z , t ∈ A . Ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức sau: B ≤ 1 + Cn2 + Cn + Cn4 (1) 3 4
Nội dung Điểm Thật vậy, ta xét các trường hợp sau: +) Nếu 4 số x, y, z , t đều bằng nhau thì số các số dạng x + y − z − t bằng 1. +) Nếu trong 4 số x, y, z , t có đúng 3 số bằng nhau, giả sử x = y = z ≠ t . Khi đó x + y − z − t = x − t suy ra có tối đa Cn2 số x + y − z − t . +) Nếu 4 số x, y, z , t có đúng 2 số bằng nhau. Khi đó nếu x = y thì có tối đa Cn số dạng 3 này, còn nếu x = z thì x + y − z − t = y − t thì có tối đa Cn2 số dạng này và đã xét ở trên. +) Nếu 4 số x, y, z , t đôi một khác nhau thì có tối đa Cn4 số x + y − z − t . Do đó có nhiều nhất 1 + Cn2 + Cn + Cn4 số dạng x + y − z − t . Từ đó suy ra bất đẳng thức 3 (1). Gọi x1 = 1 ∈ S . Đặt C1 = S \ {x + x1 x ∈ B} suy ra C1 ≥ S − B > ( n − 2 ) B > 0 ⇒ ∃x2 = min C1 ⇒ x2 > x1 . Dễ thấy A1 ∩ A2 = ∅ . Tiếp theo đặt C2 = C1 \ {x + x2 x ∈ B} suy ra C2 ≥ C1 − B > ( n − 3) B > 0 ⇒ ∃x3 = min C2 ⇒ x3 > x2 . Kiểm tra được ngay A2 ∩ A3 = ∅ , A1 ∩ A3 = ∅ . Cứ tiếp tục như vậy đến bước thứ n , ta đặt Cn −1 = Cn − 2 \ {x + xn − 2 x ∈ B} thì Cn −1 ≥ Cn − 2 − B > ( n − n ) B = 0 ⇒ ∃xn ∈ Cn −1 ⇒ xn > xn −1 Khi đó ta kiểm tra được Ai ∩ A j = ∅ với mọi i ≠ j . Vậy luôn tồn tại các phần tử x1 , x2 ,..., xn ∈ S thỏa mãn yêu cầu bài toán. -------------------Hết------------------- 5