6 đề thi chọn học sinh giỏi Toán học 12

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

101
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo 6 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán học giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số, tam giác vuông,...và chuẩn bị tốt cho kì sắp tới được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 6 đề thi chọn học sinh giỏi Toán học 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HOÁ NăM HọC: 2008-2009 MỤN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP : 12 BTTHPT Số báo danh NGàY THI: 28/03/2009 THờI GIAN: 180 PHỲT (KHỤNG Kể THờI ……………………. GIAN GIAO đề) Bài 1(5,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 4  2 x 2  log 2 (1  m)  0 . Bài 2 (3,0 điểm) 1 2 x x 1. Tính I =  (2 x  1)e dx 0  x 2  2 xy  y 2  1  2. Giải hệ phương trình:  2 . x  y 2  5  Bài 3 (4,0 điểm) 1. Từ 5 chữ số 1;2 ;3 ;4 ;5 có thể thành lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số đôi một khác nhau, sao cho trong các số đó chữ số đầu tiên bên trái không phải là chữ số 5. 2.Giải phương trình: sin 2 x  2 sin x  cos x  1  0 . Bài 4 (4,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: ( x  2) 2  ( y  2) 2  1 . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó đi qua điểm A(1;0). 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết BA = 4 , BC =3, cạnh bên SA = 2 và vuông góc với mặt đáy. Chứng minh hình chóp đã cho có bốn mặt đều là các tam giác vuông. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Bài 5.(4,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A(1;1;2) , B(1;2;-1), C(-2;0;-1), D(0;2;0). 1.Chứng minh hai đường thẳng AB và CD chéo nhau. 2. Tính thể tích tứ diện ABCD. Hết
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. ———————————— x  y  2  xz  yt  8  Câu 1. Giải hệ phương trình:  2 2  xz  yt  4  xz 3  yt 3  128  Câu 2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I ) , với ba đường trung tuyến AA0 , BB0 , CC 0 . Gọi  a ,  b ,  c theo thứ tự là các đường tròn với đường kính AA0 , BB0 , CC 0 tương ứng. Chứng minh rằng: nếu hai trong ba đường tròn  a ,  b ,  c tiếp xúc với (I ) thì đường tròn thứ ba cũng tiếp xúc với (I ) . Câu 3. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( x ; y ; z ) sao cho: 2 x  z y 1  1 a 0  a1  1 Câu 4. Cho dãy số a n n 0 xác định như sau:  . a n 1  7 a n  a n1  2 n  1 Chứng minh rằng: mọi số hạng của dãy đều là số chính phương. 1 1 1 3 Câu 5. Cho các số dương a , b , c . Chứng minh rằng:    a ab b bc c ca 2abc ——Hết—— (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh ........................................................................... SBD ....................
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o k× thi chän häc sinh giái líp 12 Cao b»ng THPT cÊp tØnh N¨m häc: 2009-2010 §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n Thêi gian: 180 phót (Kh«ng tÝnh thêi gian giao ®Ò) ®Ò bµi (§Ò gåm 01 trang) Bµi 1: (2®) Gäi (C) lµ ®å thÞ cña hµm sè y = x 3 − 3(m − 1) x 2 + (2m + 1) x + 5m − 1 . a. T×m nh÷ng gi¸ trÞ cña m ®Ó (C) cã cùc trÞ b. T×m m ®Ó (C) c¾t trôc hoµnh t¹i ba ®iÓm ph©n biÖt Bµi 2:(4®) 4 6 4 6 H·y t×m nh÷ng gi¸ trÞ x ®Ó y = sin x +sin x +cos x +cos x ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt ? Bµi 3: (4®) 1 1 −1 −2 Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: 4 x −2 x −3 ≤ 0 Bµi 4 : (4®) Cho f(x) = x2 − ( x −1) log1 a . T×m gi¸ trÞ cña a ®Ó biÓu thøc A = 1 cã nghÜa víi 2 f(x) mäi x ? Bµi 5: (2®) H×nh ®a diÖn (H) cã c¸c mÆt ®Òu lµ nh÷ng ®a gi¸c cã 5 c¹nh. Chøng minh r»ng sè mÆt cña (H) ph¶i lµ sè ch½n. Bµi 6: (4®) Cho khèi l¨ng trô tam gi¸c ®Òu ABC.A’B’C’ cã chiÒu cao h vµ hai ®−êng th¼ng AB’ vµ BC’ vu«ng gãc víi nhau. Gäi M’ lµ trung ®iÓm cña A’B’. Chøng minh AB’ vu«ng gãc víi BM’ vµ tÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô ®· cho ---- HÕt ---- Hä vµ tªn thÝ sinh..............................................................Sè b¸o danh....................................... Hä tªn, ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1...................................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) 3 x  2m 1. Cho hàm số y  với m là tham số. Chứng minh rằng m  0 , đồ thị hàm số mx  1 luôn cắt đường thẳng d : y  3 x  3m tại 2 điểm phân biệt A, B . Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại C , D sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện tích OCD . x2 2. Cho hàm số y  có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa x 1 độ mà qua đó kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau đều nằm trên đường tròn tâm I (1;2), bán kính R = 2. Câu 2: (4 điểm) 1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 15 x.5 x  5 x 1  27 x  23 2x  1 2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: log 2 2  2x2  6 x  2 x  2x  1 Câu 3: (6 điểm) a 1. Cho tứ diện SABC có AB  AC  a, BC  , SA  a 3 (a  0) . Biết góc SAB  300 2 0 và góc SAC  30 . Tính thể tích khối tứ diện theo a . 2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh còn 1 lại đều không lớn hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó không lớn hơn . 8 Câu 4: (4 điểm) Tính các tích phân:  3 sinx 1 1. I   x2 dx 2 2. J   ln  cosx  1 dx 2 x  x2  4 0 sin x  1 Câu 5: (2 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 P  2 a 2  b 2  c 2  1 ( a  1)(b  1)(c  1) …………Hết………… Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:……………………. Họ và tên giám thị số 1:……………………………………………………………………………... Họ và tên giám thị số 2:……………………………………………………………………………...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2011-2012 Hướng dẫn chấm và biểu điểm Môn: Toán (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 6 trang) - Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn cho điểm từng phần như biểu điểm. Câu 1 Nội dung Điểm 1.(2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị: điểm) 1 0.25 3mx 2  3m 2 x  m  0, x  m Vì m  0 nên phương trình  3x 2  3mx  1  0 (*). Ta có  1  3   9m 2  12  0, m  0 và f    2  2  0, m  0 (ở đây f  x  m m là vế trái của (*)) nên d luôn cắt đồ thị tại 2 điểm A, B phân biệt 0,5 m  0 Ta có A  x1 ;3 x1  3m  , B  x2 ;3x2  3m  với x1 , x2 là 2 nghiệm của (*). Kẻ 3m đường cao OH của OAB ta có OH  d  0; d   và 0,25 10 2 2 2 AB   x2  x1    3x2  3x1   10  x2  x1  2 40 0,5  10  x1  x2   40 x1 x2  10m 2  3 (Định lý Viet đối với (*)). Mặt khác ta có C  m;0  , D  0; 3m  (để ý m  0 thì C , D, O phân biệt). 0,25 Ta tìm m để S OAB  2 S OCD hay 40 3m 2 0,25 10m 2  .  2 m 3m  m   3 10 3 2.(2 Gọi M (x 0 , y 0 ) . điểm) Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình y  k(x  x 0 )  y 0 0,25 d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x  1:  1  x  1  x  1  k(x  x 0 )  y 0 (1)   1  1 2  k (2) 0,5  (x  1)  1 (1)  x  1   k(x  1)  k  kx 0  y 0 (3) . Thay k ở (2) vào một vị x 1
1 1 trí trong (3) được : x  1   x 1  k  kx 0  y 0 . x 1 x 1 1 k(1  x 0 )  y0  2 Suy ra  . 0,25 x 1 2 2  k(1  x 0 )  y0  2  Thay vào (2) được 1    k  2   (x 0  1) k  2  (1  x 0 )(y 0  2)  2.k  (y0  2) 2  4  0 (*) 2 2 0,5 Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc thì pt (*) có hai (y  2) 2  4 nghiệm k1 , k 2 thỏa mãn k1 .k 2  1  0  1 (x 0  1) 2  (x 0  1) 2  (y 0  2)2  4  M nằm trên đường tròn có tâm I(1,2), có bán kính R=2 (đpcm) 0,5 Câu 2 Nội dung Điểm x 1.(2 Phương trình đã cho  5 15 x  5   27 x  23 . điểm) 27 x  23 Ta phải có 15 x  5  0 và phương trình trên trở thành 5 x  . 0,5 15 x  5 27 x  23 Hàm số f  x   5 x đồng biến trên R còn hàm số g  x   có 15 x  5 480  1 g ' x   2  0 nên nó nghịch biến trên các khoảng  ;  và 15 x  5   3 1  0,5  ;   . 3  Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng. 0,25 1 Mặt khác f 1  g 1  5 và f  1  g  1  0,5 5 Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là 0,25 x  1 . 2.(2 2x  1 điểm) Bất phương trình: log 2  2x 2  6x  2 2 x  2x  1 1 Điều kiện: x  1 và x>  (*) 2 Với đk trên BPT 2x  1 2x  1  log 2 2  1  2x 2  6x  1  log 2 2  2x 2  6x  1 x  2x  1 2x  4x  2 0,5  log 2 (2x  1)  log 2 (2x  4x  2)  (2x 2  4x  2)  (2x  1) 2  (2x  1)  log 2 (2x  1)  (2x 2  4x  2)  log 2 (2x 2  4x  2)
u  2x  1 Đặt  2 thì u,v>0 và u  log 2 u  v  log 2 v (1)  v  2x  4x  2 Xét hàm số f (t)  log 2 t  t, t  D  (0; ) . Có 1 f '(t)   1  0, t  D 0,5 t.ln 2 Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên D Khi đó, (1) thành f (u)  f (v) và do u,v thuộc D và f(t) đồng biến trên D 0,25 nên u  v 3 7 Tức là 2x  1  2x 2  4x  2  2x 2  6x  1  0  x  hoặc 2 0,5 3 7 x 2 Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là  1 3  7  3  7  0,25 T   ;   ;    2 2   2  Câu 3 Nội dung Điểm 1.(3 điểm) S M C A N B Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có 3 SB 2  SA2  AB 2  2 SA. AB.cos300  3a 2  a 2  2a 3.a.  a2 2 Vậy SB = a. Tương tự ta cũng có SC = a. Gọi M là trung điểm SA, do hai tam giác SAB cân tại B và SAC cân tại 0,5 C nên MB  SA, MC  SA  SA   MBC  0,5 1 Ta có VSABC  VSBMC  VABMC  SA.SMBC 3 0,5 Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c) nên MB = MC suy ra tam giác MBC cân tại M, do đó MN  BC , ta cũng có MN  SA (Ở đây N là trung điểm BC) 0,5 Từ đó
2 2 2 2 2 2 2  a   a 3  3a 2 2 2 MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        4  2  16 a 3 Suy ra MN  . 4 0,5 1 1 a3 Vậy VSABC  SA. MN .BC  3 2 16 0,5 2.(3 A điểm) D B H M K C Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1. Đặt CD = x, x   0;1 . Gọi M là trung điểm BC, K là hình chiếu của B lên CD và H là hình 1 1 chiếu của A lên mp( BCD). Khi đó VABCD  SBCD .AH  x.BK.AH (1) 1,0 3 6 2 2 2 2 BC  BD CD x 1 0,25 Có BM 2    1   BM  4  x2 2 4 4 2 1 Tương tự, cũng có AM  4  x2 2 0,25 1 1 Mà BK  BM  BK  4  x 2 (2), AH  AM  AH  4  x 2 (3) 2 2 1 Từ (1), (2) và (3) suy ra VABCD  x(4  x 2 ) 0,5 24 1 Mặt khác hàm số f (x)  x(4  x 2 ); x   0;1 đồng biến nên 24 1 0,75 f(x)  f (1)  8 1 Nên VABCD  (đpcm) 0,25 8 (Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có
3 cạnh bằng 1 và H,K trùng với M. Khi đó AB  1) 2 Câu 4 Nội dung Điểm 1.(2 Ta có điểm) I  3 x2 dx   3  x  2 x  x2  4  dx 2 x  x2  4 2 x2   x2  4 3 3 1 1 1 1 0,5   x x  2dx   x  2. x 2  4dx  I1  I 2 42 42 4 4 -Tính I1 : 3 3 3 3 1 I1    x  2  2  x  2dx    x  2  dx  2   x  2  dx 2 2 2 2 2 5 3 3 3 2 2 10 5 32   x  2 2  2.  x  2 2   0,5 5 2 3 2 3 15 3 -Tính I 2 : Viết I 2    x  2  x  2dx 2 1 Đặt x  2  t ta có dx  2tdt và I 2    t 2  4  t.2tdt 0 5 1 3 1 2t 8t 46 Do đó I 2    0,5 5 0 3 0 15 1 1 25 5  39 Vậy I  I1  I 2  0,5 4 4 30 2.(2  2 điểm) Có I    (1  s inx)ln(cos x  1)  ln(1  sinx dx 0    2 2 2 =  ln(1  cos x)dx   sinx.ln(1  cos x)dx   ln(1  sinx)dx  A  B  C 0 0 0 0,5  2 Xét A   ln(1  cos x)dx 0  0 2  Đặt x   t  A    ln(1  sin t)dt   ln(1  sinx)dx  C . Vậy I = B 0,5 2  0 2  2 2 Xét B =  s inx.ln(1  cos x)dx . Đặt u = 1+ cosx thì B =  ln udu 0,5 0 1
2 2 Dùng từng phần được B = u ln u 1   du  2ln 2  1 1 0,5 Vậy: I = 2ln2 - 1 Câu 5 Nội dung Điểm 2 điểm Theo bđt Cô-si ta có: 1 2 1 2 1 2 a 2  b 2  c 2  1   a  b    c  1   a  b  c  1 2 2 4 3  a bc3 và  a  1 b  1 c  1    1,0  3  1 27 Do đó P   a  b  c  1  a  b  c  3 3 1 27 đặt t  a  b  c  1  t  1 . Ta có P   t  t  2 3 0,5 1 27 Xét hàm số f  t    , t  1;   . Vẽ bảng biến thiên của hàm t  t  2 3 1 số này trên 1;  ta có max f  t   f  4   . 8 1 Từ đó P  và dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 . 0,5 8
UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ================ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1:(5 điểm) 1/ Cho hàm số y  x 3  3x  2 có đồ thị là (T). Giả sử A, B, C là ba điểm thẳng hàng trên (T), tiếp tuyến của (T) tại các điểm A, B, C lần lượt cắt (T) tại các điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C). Chứng minh rằng A’, B’, C’ thẳng hàng. 2/ Cho hàm số y  x 2n 1  2011x  2012 (1) , chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành tại đúng một điểm. Câu 2:(5 điểm) 1/ Giải phương trình: log 2 x  log 4 x  log 6 x  log 3 x  log 5 x  log 7 x  x   . 2 1 1 2/ Giải phương trình:  5x  6    x2  x   . 5x  7 x 1 Câu 3:(3 điểm) Kí hiệu C k là tổ hợp chập k của n phần tử  0  k  n; k, n   , tính tổng sau: n S  C0  2C1  3C 2  ...  2010C2009  2011C2010 . 2010 2010 2010 2010 2010 Câu 4:(5 điểm) 1/ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, AD  4a  a  0  , các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) khi thể tích của khối chóp S.ABCD là lớn nhất. 2/ Cho tứ diện ABCD có BAC  600 ,CAD  1200 . Gọi E là chân đường phân giác trong góc A của tam giác ABD. Chứng minh rằng tam giác ACE vuông. Câu 5:(2 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x 2  y 2   . Chứng minh rằng: cos x  cos y  1  cos  xy  . …………………… HẾT…………………… (Đề thi gồm có 01 trang)