7 đề thi chọn học sinh giỏi Toán học 12

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo 7 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán học lớp 12 dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 7 đề thi chọn học sinh giỏi Toán học 12

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (4 điểm) Cho hàm số y  x 4  4mx 2  m  2 có đồ thị là  Cm  , (với m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  khi m  1 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số có ba cực trị và ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều. Câu II. (5 điểm) 2sin 2 x  2 3 cos x  2sin x  3 1. Giải phương trình sau: 0 2sin x  3  x3  2 y 2  y  x 2 y  2 xy  x  2. Giải hệ phương trình sau:   x; y   5 x  2 y  2  3 y  2 x  4  4 2 2  Câu III. (4 điểm) 1  1. Trong mặt phẳng toạ độ  Oxy  cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0  , phương trình đường 2  thẳng AB : x  2 y  2  0 và AB  2 AD . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm. 2. Cho tam giác ABC và các điểm K , L, M lần lượt nằm trên các đoạn AB, BC, CA sao cho AK BL CM 1    . Chứng minh rằng nếu bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác: AB BC CA 3 AKM , BLK , CML bằng nhau thì bán kính của các đường tròn nội tiếp các tam giác ấy cũng bằng nhau. Câu IV. (3 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh SA vuông góc với đáy và SA  a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và SC . 1. Tính thể tích khối tứ diện MNBD . 2. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  MNB  . Câu V. (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả  a  b  c   18  ab  bc  ca   27 . 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:  1 1   1 1   1 1  P   ab  2       bc  2       ca  2      1  a 2 1  b 2   1  b 2 1  c 2   1  c 2 1  a 2        u1  2013  Câu VI. (2 điểm) Cho dãy số thực  un  xác định bởi:  2 un  2011un  2013un 1  1  0, n  1, n    1 1 1  Tìm giới hạn: lim      n    u  2012 u2  2012 un  2012   1 …………………..HẾT………………… Ghi chú: Đối với thí sinh học tại các trung tâm GDTX thì không làm câu VI. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). Họ và tên thí sinh…………………………………………..Số báo danh…………………………………. Chữ ký giám thị 1:…………………………………………Chữ ký giám thị 2:…………………………...
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT CÀ MAU Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) sin x Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình : ln(sin x  1)  e 1 Bài 2: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh và S là diện tích của tứ giác ABCD. Chứng minh rằng : a bcd S  (p  a)(p  b)(p  c)(p  d) , với p  2 Bài 3: (2 điểm) Tìm các số x, y, z thoả mãn phương trình : 2x 2  4x  y  6 y  2xz  z 2  13  0  Bài 4: (3 điểm) Chứng minh rằng với mọi x thuộc khoảng (0 ; ). Ta có : 2 1 1 – cosx > x2 – ln( ) cosx Bài 5: (3 điểm) Cho một bảng hình vuông chia ô : 4 x 4 = 16 ô và tập hợp gồm 16 số tự nhiên liên tiếp : n, n + 1, ....., n + 14, n + 15; n > 0. Người ta điền các số đó vào các ô của bảng, mỗi ô điền một số và tô đỏ các ô có số điền trên đó là bội của n. Giả sử có k ô được tô màu đỏ. Xác định giá trị n để số k là nghiệm phương trình: (A 3 ) 2  138C3  24  0 ; trong k k 3 3 đó A k , Ck lần lượt là chỉnh hợp, tổ hợp chập 3 của tập k phần tử. Bài 6: (3,5 điểm) Cho hình chóp S.MNPQ, trừ cạnh bên SP, các cạnh còn lại đều bằng a. 1) Tính thể tích lớn nhất của khối chóp. a3 2) Góc NMQ phải bằng bao nhiêu để thể tích của hình chóp bằng 2 . 6 Bài 7 : (2,5 điểm) Xác định m để trên cùng hệ toạ độ Oxy, đồ thị hai hàm số sau đây có ít 2 mx 2  x  m  2 nhất một đường tiệm cận chung : y = x  4x  5 ; y = với m là tham x 1 số khác 0. --------HẾT------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
CÀ MAU Năm học 2009 – 2010 Môn thi : TOÁN ĐỀ DỰ BỊ Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : x  y  1   Bài 1 : Giải hệ phương trình : y  z 1  z  x  1  Bài 2 : Trong tam giác ABC, hãy tìm một điểm M sao cho : MA2  MB 2  MC 2 là nhỏ nhất. Bài 3 : Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác vuông, c là cạnh huyền; x, y là hai số thoả mãn hệ thức ax + by = c . Chứng minh rằng x2 + y2  1. Khi nào xảy ra dấu đẳng thức. Bài 4 : Tìm mọi hàm số f( x ) thoả : x f ( 1 + x ) – f ( 1 – x ) = x 3 + x 2 + 4 x – 2 Bài 5 : Cho tam giác ABC . Người ta lấy trên các cạnh AB, BC và CA, mỗi cạnh gồm n điểm phân biệt và khác A, B, C ; n > 1 . Lập các tam giác với các đỉnh là các điểm trong 3n điểm nói trên. Các tính toán sau đây không kể đến tam giác ABC. 1) Gọi s là số các tam giác như vậy. Tính s theo n. 2)Gọi a là số các tam giác lập được như trên nhưng có ba đỉnh nằm trên ba cạnh khác s nhau của tam giác ABC. Có hay không số n để là số nguyên dương ? sa Bài 6 : Trên mặt phẳng có hệ toạ độ Oxy, cho hypebol ( H ) có phương trình : 4 x2 – y2 = 1 và đường tròn ( T ) có phương trình : x2 + ( y – 1)2 = 4 . 1) Tìm điểm trên ( H ) có tổng các khoảng cách từ đó đến hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất ? 2) Chứng minh rằng ( H ) và ( T ) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt và 4 điểm đó cùng nằm trên một đường parabol dạng y = a x2 + b x +c ( a khác 0 ). Tìm phương trình của parabol đó. 2 2 3 Bài 7 : Tìm giá trị a để phương trình : 43x  3.22 x 2  a  0 có một nghiệm thuộc khoảng 6 (1; ) 2 HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang Bài 1. (4,0 điểm). 1 Cho hàm số y = x 3  x 2 có đồ thị là (C). 2 Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị 4x 2 + 3 (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = 4 . x +1 Bài 2. (5,0 điểm). Giải các phương trình sau trên tập số thực R: 1/ cosx + 3(sin2x + sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos2 x + 2  0 . 2/ x 4  2x 3 + x  2(x 2  x) = 0 . Bài 3. (5,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C. 1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’. 2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất. 3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C. Bài 4. (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và    đường thẳng  : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M sao cho: MA + MB + MC nhỏ nhất. Bài 5(3 điểm). (m + 2010)! Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng là m!2011! một số nguyên. ---------------------- HẾT ----------------------  Thí sinh không được sử dụng tài liệu.  Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM (gồm 4 trang) A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài(ý) Nội dung đáp án Biể u điể m Bài 1 4x 2 + 3 * Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = 4 (4 đ) x +1 4t + 3 - Đặt t = x2, với t  0 ta có hàm số g(t) = 2 ; t +1 4t 2  6t + 4 1 - g'(t) = 2 2 ; g’(t) = 0  t = 2;t = ; 0,75 (t +1) 2 - Ta lại có: tlim g (t )  0 ; tlim g (t )  0 , bảng biến thiên của hàm số:   t  –2 0 1  2 g’(t) – 0 + + 0 – 4 0,5 g(t) 0 3 0 –1 2 - Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x   2 0,75 * Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) - Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0))  (C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M0 là f’(x0)= 3x 2  x 0 0,5 0 4 3 - Vậy: 3x 2  x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 = 0 , tung độ tương ứng f(–1) = – ; 3 2 4 40 f( ) = 1,0 3 27 3 4 40 + Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ; ) 0,5 2 3 27 Bài 2 Phương trình  (5 đ) cosx + 2cos2x + 3 .sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – 1 ) = 0.  cosx(2cosx + 1)+ 3 .sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0 1/  (2cosx + 1)(cosx + 3 .sinx –2.cos2x) = 0 (2,5 1,0
đ) 2 Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0  x    k 2 , k  Z 0,5 3 2/ cosx + 3 .sinx –2.cos2x = 0  1 3    k 2 cos x  sin x  cos 2 x  cos( x  )  cos 2 x  x    k 2 ; x   ;k Z , 2 2 3 3 9 3 0,5 - Nghiệm của pt là: 2   k 2 x  k 2 , k  Z ; x    k 2 ; x   ;k Z 3 3 9 3 0,5 2/ - Phương trình  x 4  2x 3 + x 2  ( x 2  x)  2(x 2  x) = 0 (2,5 đ)  (x 2  x) 2  ( x 2  x)  2(x 2  x) = 0 1,0 2 - Đặt t = x  x , với t  0 ta có phương trình: t4 – t2 – 2 t = 0; suy ra t = 0; t = 2 0,75 - Với t = 0 thì x = 0; x = 1 - Với t = 2 thì x = –1; x = 2 Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt: 1; 0;1; 2 0,75 B B’ Bài 3 J (5 đ) C C’ H A A’ Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là thể tích khối chóp B.ACA’, 1/ - Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’). 1 (1, 0 - Ta có VB.ACA’ = h.SABC. 3 đ) - Vậy V= 3.VB.ACA’ hay VA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’ 1,0 - Ta có V= 3.VB.ACA’
Vậy V lớn nhất khi VB.ACA’ lớn nhất, 2/ 1 a2 2 2 2 2 2 - Ta có: VB. ACA  S ACA ' .BH hay VB. ACA  ' ' BH , mà BH = AB – AH = a – AH (2 đ) 3 3 0,5 a – vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH  A’C  CH  5 1,5 3/ - Trong mp(AHB) kẻ HJ  AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB (2 đ) và A’C. 0,5 2 1 1 1 4a - Trong ta giác vuông AHB ta H ta có: 2  2  2 , ta có: HA2  ; HJ HA HB 5 a2 2a HB 2  ; suy ra: HJ  5 5 1,5 4 4 - Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là G( ;  ) Bài 4 3 3 0,5      (3 đ) - Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G và  cố định (G không nằm trên  ),      - Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay 0,5 MG vuông góc với  . Do đó M là giao điểm của  và đường thẳng d qua G và vuông góc với  .  - Một véc tơ chỉ phương của  là u  (3; 2) đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến 0,5 của d, vậy phương trình của d là: 4 3x + 2y – = 0, 3 Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 0,5  20 2 x  3 y  12  0  x   13   20 116  4   M ( ; )  3x  2 y  3  0   y  116 13 39   39 1,0 y 4 M 1---- A -6 -2 O 1 5 x -1 G
-4 Ta có: Bài 5 2010 (m  2010)! 2011 ( m  2011)! 2011 2011 Cm+2010   . = .Cm 2011 ( 3 đ) m !2010! m  2011 m !2011! m  2011 1,0 2010 2011 2010 Suy ra: (m+ 2011)Cm+2010 = 2011.Cm  2011 , tức là: (m+ 2011)Cm+2010 chia hết cho 2010 2011 2011 (do Cm+2010 ; Cm 2011 là các số tự nhiên) Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: 1,0 ƯCLN(m + 2011, 2011)= 1 2010 (m + 2010)! Vậy Cm+2010  2011 hay là số nguyên. m!2011! 1,0 B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số. 2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. ----------------Hết------------------
SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP CƠ SỞ Môn:Toán Đề thi chính thức Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) ĐỀ BÀI Câu 1: (6 điểm) 1. Cho phương trình: 21  2sin x  3.21  sin x  m  4 (1) (m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m = 0. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.  x6  y 6  1  2. Giải hệ phương trình:  5 5 x  y  1  Câu 2: (5 điểm) 1. Tìm GTLN của hàm số: y   x 3  3x 2  72 x  90 trên đoạn  7;7  . 1 4 2. Cho hàm số y  x  2 x 2  3 có đồ thị là (C). Tính diện tích tam giác có các 4 đỉnh là các điểm cực trị của đồ thị (C). Câu 3: (6 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Chứng minh rằng với mọi giá trị của t đường thẳng (d) có phương trình: x cos t  y sin t  sin t  2cos t  3  0 (t là tham số) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2 a 5 và BAC  120 . Gọi M là trung điểm của CC1. Chứng minh MB  MA1 và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A1BM). Câu 4: (1.5 điểm) Cho đa thức f  x   x n  an 1 x n1  an 2 x n 2    a1 x  1 có các hệ số không âm và có n nghiệm thực. Chứng minh f  2   3n . Câu 5: (1.5 điểm) Cho hàm số: y  x 3  2009 x có đồ thị là (C). M 1 là điểm trên (C) có hoành độ x1  1. Tiếp tuyến của (C) tại M 1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 khác M 2 , tiếp tuyến của (C) tại điểm M n 1 cắt (C) tại điểm M n khác M n 1 (n = 4; 5;…), gọi  xn ; yn  là tọa độ điểm M n . Tìm n để : 2009 xn  yn  22013  0 ----------Hết---------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 12
NĂM HỌC 2009-2010 Câu 1 NỘI DUNG 6điểm 1 2 sin x 1s inx 1 2  3.2 m4 0.5 (4điểm) 1  Đặt 2sinx  t  t   ;2  ta có phương trình: 2t 2  6t  m  4 (2) 2  a.Với m = 0 suy ra: 2t 2  6t  4  0  t  1  t  2 0.5 t  1  2s inx  1  sinx  0  x  k 1  t  2  2s inx  2  sinx  1  x   k 2 2 1  0.5 b.ycbt  (2) có nghiệm t   ;2 2   2   2t 2  6t  4  m 1  0.5 (2) có nghiệm khi đường thẳng y = m cắt  P  : y  2t  6t  4 trên  ;2 2 2  …… 0.5 1 3 3 1 y    ; y     ; y  2  0 2 2 2 2 1 3 0.5 Suy ra   m  thì (1) có nghiệm 2 2 2 6 6  x  y  1 (1)  0.75 (2điểm)  5 5  x  y  1 (2)  Lập luận từ (1) và (2) suy ra x, y   1;1 và x, y không cùng dấu Vai trò của x, y bình đẳng , không làm mất tính tổng quát giả sử 0.75 1  x  0  y  1. Lập luận đưa ra hệ vô nghiệm Nhận thấy  0;1 ; 1;0  là các nghiệm của hệ 0.5 Câu 2 y   x 3  3 x 2  72 x  90 trên đoạn  7;7 4 điểm 1 Xét hàm f  x    x 3  3x 2  72 x  90 trên  7;7  0.5 (2điểm) y '  3x 2  6 x  72  0  x  4  x  6 y  4   266; y  6   234; y  7   218; y  7   104 1.0 max y  y  4   266 0.5  7;7 2 1 1.0 y  x4  2 x2  3 (2điểm) 4 Các điểm cực trị: A  2; 1 ; B  0;3 ; C  2; 1
NX: các điểm cực trị tạo thành tam giác cân tại C. Suy ra diện tích được 1.0 1 1 tính: S  BH . AC  4.4  8  dvdt  2 2 Câu 3 6 điểm 1 x cos t  y sin t  sin t  2cos t  3  0   y  1 sin t   x  2  cos t  3 (*) 0.5 (2điểm)  tìm các điểm mà đường thẳng không đi qua với mọi t hay (*) vô 0.5 2 2 2 2 nghiệm   y  1   x  2   32 xét đt  y  1   x  2   32 (C ) C/M đường tròn ( C ) tiếp xúc (d) với mọi t 0.5 Vậy đường thẳng đã cho luôn tiếp xúc với đường tròn cố định có phương 0.5 2 2 trình :  y  1   x  2   32    2 a. Chứng minh MB  MA ' . B C (4điểm) A 0.75 M B' C' A'            1            BM  BA  AM   AB  AC  CM    AB  AC  AA '   2       1        A ' M  A ' C '  C ' M   AC  AA'   2       1    1        0.75 BM . A ' M    AB  AC  AA '  AC  AA '   2  2     1      1   1   1         AB. AC  AB.AA '  AC 2  AC.AA '  AA'. AC  AA'2   2 2 2 4  1 2   a 2  4a 2  2 5a  0 4     Suy ra MB  MA ' 0.5 b.Tính khoảnh cách từ A đến mp(A’BM) 0.5 0.5
1 1 VA. A ' BM  d  A,  A ' BM  .S A ' BM  d  B,  AA ' M   .SAA ' M 3 3  1 0.5  S A ' BM  2 MB.MA '  0.5  2 2 2 2 2 0 1 2 2  MB  BC  CM  AB  AC  2. AC . AB.cos120  AA '  12a  4  MA '2  A ' C '2  C ' M 2  9a 2   1  S A ' BM  3a.a 12  3a 2 3 2 1 a 3 S AA ' M  2a.2 5a  2a 2 5; d  B,  AA ' M    BH  AB.sin 600  2 2 a 3 5  d  A,  A ' BM  .3a 2 3  2a 2 5.  d  A,  A ' BM    a 2 3 Câu 5 y  x3  2009 x 0.5 2 điểm Gọi M k  xk ; yk  suy ra tiếp tuyến tại M k : y  yk  y '  xk  x  xk   y   3xk  2009   x  xk   xk  2009 xk 2 3 Tọa độ điểm M k 1 được xác định: 0.5 x 3  2009 x   3xk  2009   x  xk   xk  2009 xk 2 3   x  xk   x 2  x.xk  2 xk2   0  x  xk  x  2 xk  xk 1  2 xk n 1 Ta có : x1  1; x2  2; x3  4;...; xn   2  0.5 2009 xn  yn  2 2010  0  2009 xn  xn  2009 xn  2 2010  0 3 0.5 3 n 3 2013   2   22013   2   3n  3  2013  n  672 Câu 4 f  x   x n  an 1 x n1  an 2 x n 2    a1 x  1 có các hệ số không âm và n 0.5 2 điểm nghiệm thực . Suy n nghiệm đó âm giả sử là các nghiệm: xi , i  1, 2,..., n n 0.5 Theo cách phân tích đa thức ta được f  x     x  xi  i 1 n n 0.5 Đặt  xi   i   i  0  f  x     x   i  với   i  1 i 1 i 1 n n n 0.5 Ta có f  2     2   i    1  1   i   3n 3   i  3n .Suy ra đpcm i 1 i 1 i 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM 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
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 HÀ TĨNH MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút  3 2y  x 2  y2  1  x  1  Bài 1. a) Giải hệ phương trình:   x 2  y 2  2x  4   y b) Trong mặt phẳng, với hệ toạ độ Oxy, chứng minh đồ thị hàm số sau cắt trục hoành tại ít 2 x x 1 nhất 1 điểm: y  log 2  2x  1  2 log 2  2x  1  4 3 2 Bài 2. Tìm tham số m để hàm số y  x  3mx  3  m  1 x  1 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lơn hơn 4. Bài 3. Hai số thực x, y thoả mãn: x2 + 4y2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu 3 3 thức: A = x  4y  3xy . Bài 4. Hình chóp A.BCD có ACB  ADB  900 . AB = 2a. Đáy BCD là tam giác cân tại B, có CBD  2 và CD = a. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và . Bài 5. Tam giác ABC không nhọn có các góc thoả mãn đẳng thức:  sin B  sin A  sin C  1  1  1   43 2 .  sin A  sin C  sin B  Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? _______________ Hết _______________