8 đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với 8 đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 12 dành cho các bạn học sinh lớp 12 giúp các em ôn tập lại kiến thức đã học và đồng thời giáo viên cũng có thêm tư liệu tham khảo trong việc ra đề thi. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 8 đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT (VÒNG 1) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, BẢNG A Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Câu 1: ( 5,0 điểm ) a. Giải phương trình sau trên tập số thực: x  1  (2 x  1) x 1  2 .  x 2  y 2  xy  y  8  b. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  .   xy  y 2  xy  x  y   12 Câu 2: ( 5,0 điểm ) a. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A 1;2  , B  4;3 . Tìm trên trục hoành điểm M sao cho AMB  450 . b. Cho tam giác ABC đều, cạnh bằng 6cm , trọng tâm là G . Một đường thẳng  đi qua G ,  cắt các đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại hai điểm M và N sao cho 2 AM  3 AN . Tính diện tích tam giác AMN . Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và un 1  un  2n với mọi n  1 . a. Chứng minh rằng: u n  2n  1 . b. Tính tổng S  u1  u2  u3  ...  un theo n . Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c. 9 2 a. Chứng minh rằng:  2  a 2  2  b 2    2  a  b   7  . 16   b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (2  a 2 )(2  b2 )(2  c 2 ) P . (3  a  b  c) 2 Câu 5: ( 3,0 điểm ) 1 Cho hàm số y  mx 3   m  1 x 2   4  3m  x  1 có đồ thị là  Cm  , m là 3 tham số. Tìm các giá trị của m để trên  Cm  có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của  Cm  tại điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  0 . ------ 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 VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM LONG AN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2012 (VÒNG 1) Môn: TOÁN, BẢNG A. Ngày thi: 23/10/2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn này có 03 trang ) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Câu Đáp án Thang điểm 1 a. ( 2,5 điểm ) (5,0 điểm) 1 Điều kiện: x   . Đặt y  x  1  2 ( y  2 ), 2 0,25  x  1  y  2( x  1) y  0,25 ta thu được hệ  2  y  x 1  2  Suy ra   x  1  y  y 2  x  1 ( x  1) y 0,25    y x  1  1 y  x 1 y2 x  1  0  0,25 0,25    y x  1 1 y  2 x 1  0   y  2 x 1 0,25 Do vậy 15  33 x 1  2  2 x 1  x  . 0,5 32 15  33 Thay vào, thử lại thấy x  thỏa mãn. 0,25 32 15  33 0,25 Đáp số: x  . 32 b. ( 2,5 điểm ) u  v  8 Đặt u  x  x  y  , v  y  y  1 , hệ trở thành:  0,5 u.v  12 u  2 u  6 Giải hệ tìm được  hay  0,25 + 0,25 v  6 v  2  3  17 u  2  x  1  3  x  Với  ta tìm được:  hoặc  2 v  6 y  2   y  3 0,25 + 0,25 
u  6  x  2  x  3 Với  ta tìm được:  ,  0,25 v  2 y 1 y 1  x  1 7 hoặc   y  2  0,25 Kết luận : Hệ đã cho có các nghiệm   x  1  3  x  3  17  x  2  x  3  x  1 7  0,5  , 2 ,  , , y  2   y  3 y 1 y 1  y  2   a. ( 2,5 điểm ) 2 (5,0 điểm) Gọi I  x; y  là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB.  AI  BI  0,25 + 0,25 Ta có:     AI .BI  0  3 x  y  10  2 2 0,25 + 0,25  x  y  5 x  5 y  10  0 x  3 x  2  hay  0,25 + 0,25 y 1 y  4  Với I  3;1 thì IA  5 . Đường tròn tâm I bán kính IA có 2 2 phương trình  x  3    y  1  5 cắt trục hoành tại hai điểm 0,5 M 1 1; 0  và M 2  5; 0  .  Với I  2; 4  thì IA  5 . Đường tròn tâm I, bán kính IA không 0,5 cắt trục hoành. b. ( 2,5 điểm ) Đặt AM  x, AN  y với x  0,y  0 . 1 x 3 1 y 3 S AMG  AM . AG.s in300  , S ANG  AN . AG.s in300  0,25 + 0,25 2 2 2 2 1 xy 3 S AMN  AM . AN .sin600  , S AMN  S AMG  S ANG 0,25 + 0,25 2 4 3 3 Nên ta có: ( x  y)  xy  2  x  y   xy . 0,25 2 4  2  x  y   xy  0,25 Vậy ta có hệ :  2 x  3 y 
 x  5cm  Giải hệ tìm được  10  y  3 cm  0,5 xy 3 25 3 Diện tích cần tìm: S AMN   cm2 0,5 4 6 Câu Đáp án Thang điểm 3 a. 2,0 điểm (4,0 điểm) Khi n  1 : u2  u1  21  1  2  2 2  1 đúng. 0,5 Giả sử uk  2k  1 đúng với k  1, k  N . 0,5 Ta chứng minh: uk 1  2k 1  1 0,5 Thật vậy: uk 1  uk  2k  2k  1  2k  2k 1  1 0,5 b. 2,0 điểm       S  21  1  22  1  ...  2 n  1  21  22  ...  2 n  n 0,5 + 0,5 2n  1 S  2.  n  2n 1  n  2 0,5 + 0,5 2 1 a. 1,5 điểm 4 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: (3,0 điểm) 14a 2  14b2  16 a 2b2  36ab  1  0 0,5 2 2  14  a  b    4ab  1  0 đúng 0,5 1 Đẳng thức xảy ra khi a  b  2 0,5 b. 1,5 điểm Đặt t  a  b , ta có: 16 P (2t 2  7)(c 2  2) 0,5  9 (3  t  c) 2 2 2  1  1 2 2 2  tc    3(t  1)2  6  c   (2t  7)(c  2) 2 2 2  1  2  1 0,25 + 0,25 (3  t  c) (3  t  c) 9 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a  b  c  16 2 0,25 + 0,25 / 2 5 y  mx  2(m  1) x  4  3m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2 0,25 + 0,25 (3,0 điểm) 2 Ta tìm m : mx  2(m  1) x  4  3m  2 * có đúng một nghiệm âm 0,5 *   x  1 mx  3m  2   0  x  1 hoặc mx  2  3m 0,25 + 0,25 m  0 : không thỏa yêu cầu 0,5
m  0 2  3m 0,25 + 0,25 m  0 , yêu cầu bài toán xảy ra khi 0 m m  2  3 m  0 Kết luận:  0,5 m  2  3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT -VÒNG 1 LONG AN Môn: TOÁN- Bảng B -------------- ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút( không kể thời gian phát đề) Câu 1: (6,0 điểm)   x y  x y 2 a) Giải hệ phương trình:  ,với x, y    x2  y2  1  x2  y2  3 b) Giải phương trình: x 4  x 2  1  3  x 2  1  3 3 x ,với x  Câu 2: (5,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình: 2 x  y  2  0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình: x  y  1  0 , điểm M 1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. b) Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D sao cho bốn điểm đó không cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng: AC  BD  AB 2  CD 2  AD 2  BC 2 Câu 3: (3,0 điểm) Cho dãy số(un) xác định như sau : u1  2   un  2  1 un1  (n  1, n  )  1  ( 2  1)un  a) Chứng minh: tan  2  1 8 b) Tính: u2015 Câu 4: (3,0 điểm) Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1.Chứng minh rằng: a) a 2  b2  c 2  a  b  c 1 1 1 b)   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Câu 5: (3,0 điểm)  3 x  y  2 m  Cho hệ phương trình  ( x  2) y 2  2 xy  3m( y  2 )   3 Tìm m để hệ phương trình có nhiều hơn hai nghiệm với x,y . …….HẾT…….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị 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 VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012- VÒNG 1 LONG AN Môn: TOÁN- Bảng B -------------- Ngày thi:23/10/2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1a  x y  x y 2  (3,0 điểm) Giải hệ phương trình:  Điểm 2 2 2 2  x  y 1  x  y  3  Điều kiện: x+y  0, x-y  0 0,25 u  x  y 0,25 Đặt:  ĐK: u  0, v  0 ta có hệ: v  x  y  u  v  2 (u  v )  u  v  2 uv  4 0,5    u 2  v2  2   u2  v2  2   uv  3   uv  3  2  2  u  v  2 uv  4 (1) 0,5    (u  v) 2  2uv  2   uv  3 (2)  2 Thế (1) vào (2) ta có: uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 . 0,5  u  4   uv  0 v  0 Kết hợp (1) ta có:   0,5 u  v  4  u  0   v  4  u  4 0,25  (vì u>v). v  0 Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đk). Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2). 0,25 Câu 1b (3,0 điểm) Giải phương trình:   x 2 ( x 2  1)  1  3 x 2  1  3 3 x (1) Từ pt ta thấy x 0 0,5 1  1 (1)  x2  2 1  3  x    3 3 x  x 1 0,5 Đặt: t  x  ,t  2 x 0,5 Pt trở thành: t  1  3  3  t  2 t  3 1,0  2 t2 t  9t  14  0 1 0,5 x   2  x 1 x Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên Câu 2a đường thẳng có phương trình 2 x  y  2  0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình (2,5 điểm) x  y  1  0 , điểm M 1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC
A M I N B E  x  y 1  0 C Toạ độ B là nghiệm của hệ  2 x  y  2  0 Suy ra B  3; 4  0,25 Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC  d : 2 x  y  3  0 0,25 Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm của hệ 2 x  y  3  0 0,25  Suy ra N  4; 5  x  y 1  0 5  0,25 Gọi I là trung điểm MN  I  ; 2  . 2  Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC, IE đi qua I 13 vuông góc với BC  IE : x  2 y   0 . 0,5 2  13 x  2 y   0  21 11  6 2 Toạ độ E là nghiệm của hệ  2  E  ,   C  ;  . 0,5  2x  y  2  0  10 5  5 5  8 0,25 CA đi qua C vuông góc với BN suy ra CA : x  y   0 5  13 x  2 y  2  0   33 49  Toạ đô A là nghiệm của hệ   A  ;   0,25  x y8 0  10 10    5 Trong mặt phẳng cho bốn điệm phân biệt A,B,C,D và không cùng nằm trên đường Câu 2b thẳng. Chứng minh rằng: AC  BD  AB 2  CD 2  AD 2  BC 2 (2,5 điểm) Chọn hệ trục Oxy sao cho A, C  Ox , B  Oy . 0,25 Giả sử trong hệ trục đó ta có: A( a,0), C (c,0), B(0, b ), D(m, n) 0,25 AB 2  CD 2  AD 2  BC 2 2 2  a 2  b2   c  m   n 2   a  m   n2  c 2  b 2 0,5  2m( a  c)  0 (*) 0,5 Do A( a,0)  C (c,0)  a  c 0,25 Vậy từ (*) suy ra m = 0 , hay D nằm trên trục tung. 0,5 Vậy (*)  AC  BD 0,25 Cho dãy số(un) xác định như sau : Câu 3 u1  2   un  2 1 u n 1  (n  1,2,3,...)  1  ( 2  1)u n  a) Chứng minh: tan  2  1 8 b)Tính: u2015
Ta có : Câu 3a  (1,0 điểm) 2 tan     8 1  tan  tan     0,25 4  8 8  1  tan 2  8   0,25  tan 2  2 tan  1  0 8 8    tan 8  2  1   tan    2  1 0,25   8   0,25  tan  2  1 (Vì tan dương) 8 8 Đặt u1  2  tan a , ta có: Câu 3b    (2,0 điểm) tan a  tan tan(a  )  tan  8  tan(a  ) , u  8 8  tan(a  2.  ) u2  3 0,25  8   8 1  tan a.tan 1  tan tan(a  ) 8 8 8  Ta chứng minh : un  tan( a  ( n  1) ), n  1, n  (*) 8 Với n = 1 u1  tan a đúng 0,25  Giả sử (*) đúng với n = k , k  1 , hay ta có: uk  tan(a  (k  1) ) 8   tan(a  (k  1) )  tan Ta có: uk 1  uk  2  1  8 8  tan(a  k .  ) 0,25 1  ( 2  1)uk 1  tan(a  (k  1)  ). tan  8 8 8 Vậy (*) đúng với n = k+1 0,25  0,25 Vậy un  tan( a  ( n  1) ), n  1, n  8  3 3 0,25 Cho n = 2015, ta có : u2015  tan( a  2014. )  tan( a   251 )  tan( a  ) 8 4 4  2 1 0,25 = tan(a  )  4 2 1  0,25  ( 2  1) 2  tan 2 8 Cho ba số dương a, b c thoả mãn abc = 1 Câu 4 2 2 2 1 1 1 a) a  b  c  a  b  c b)   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 a 2  1  2a , b 2  1  2b , c 2  1  2c 0,25 Câu 4a (1,0 điểm)  a 2  b2  c 2   a  b  c    a  b  c   3 0,25 Mà a  b  c  3 3 abc  3 0,25 2 2 2 Vậy: a  b  c  a  b  c , đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 0,25
Câu 4b ab  3 a3b  3 a 2  3 ab  3 b 2  0,5 (2,0 điểm) 3  ab  3 a b 3   a  b  1  3 ab  3 a  3 b  1  3 ab   3  a  3 b  3 abc  3 ab  3 a3b3c  0,5 3 3 1 1 abc c     a  b  1 3 ab  3 a3b3c  3 ab  3 a3b3c  3 a3b3c 0,5 Tương tự: 3 3 1 1 abc a    b  c  1 3 bc  3 a3b3c  3 bc  3 a3b3c  3 a3b3c 3 3 1 1 abc b 0,25    c  a  1 3 ca  3 a3b3c  3 ca  3 a3b3c  3 a b3c 3 3 1 1 1 a3b3c Vậy:    3 1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 a3b3c 0,25 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1  3 Câu 5  x  y  2 m(1)  (3,0 điểm) Cho hệ phương trình  ( x  2) y 2  2 xy  3m( y  2 )(2)   3 Tìm m để hệ phương trinh có nhiều hơn hai nghiệm 3 (1) x  m y 2 3  2 3  0,25 Thế vào (2)  m  2  y  y  2  m  2  y  3my  2m 2  2  3 0,25  f ( y )  y 3  my 2  2m  0 (*) 2 Hpt có nhiều hơn hai nghiệm khi pt (*) có ba nghiệm phân biệt  f ( y ) có hai nghiệm phân biệt y1 , y2 và f ( y1 ). f ( y2 ) 0 0,5 f ( y ) có hai nghiệm phân biệt khi m  0 0,5 f ( y1 ). f ( y2 ) 0  m 2  4  m 2  0 0,5 m  0 0,5  Vậy  2 m  4  m  0 2   m  (, 2)  (2, ) 0,5 Ghi chú: Thí sinh giải khác hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn chấm điểm theo thang điểm tương ứng.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 LONG AN CẤP TỈNH VÒNG 2 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN THỜI GIAN : 180 phút (không kể phát đề ) Bài 1 (4điểm) 3x a) Giải phương trình: x  1 x2  1 a3  b3 b3  c3 c3  a 3 b) Cho ba số thực dương a, b, c .Chứng minh:    abc b2  c2 c 2  a2 a2  b2 Bài 2 (5 điểm)  x1  1  * Cho dãy số thực  xn  với  3x  4 ( n  N )  xn1  n  xn  1 Xét các dãy số thực  un  với un  x2 n1  n  N *  và  vn  với vn  x2n  n  N *  a) Chứng minh các dãy số  un  ,  vn  có giới hạn hữu hạn khi n   b) Chứng minh các dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn khi n   và tìm giới hạn đó. Bài 3 (5 điểm) a) Cho tam giác ABC có G, H , O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp.   Gọi K là điểm sao cho HK  3HG . Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác KBC , KCA, KAB . Chứng minh: G1 A, G2 B, G3C đồng quy và G1 A  G2 B  G3C . b) Trong mặt phẳng cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và điểm M tùy ý.Tìm vị trí của M để MA  MB  MC  MD  ME ngắn nhất. Bài 4 (3điểm) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y , z sao cho: x 2012  2009 y 2012  2011  2012 z 2010 Bài 5 (3 điểm) Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được hai điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1.Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho. HẾT (Thí sinh không được sử dụng tàiliệu-Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh………………………………..Số báo danh………………… Giám thị 1 (ký,ghi rõ họ và tên) Giám thị 2 (ký,ghi rõ họ và tên)
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (6,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 x  2  3  x  5  2 2 x  5  3x  1 ( x  ) . 2. Giải bất phương trình: 3 x3  3x 2  2  x  2  6x  0 (x  ) . Câu II (3,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x 3  12x  y3  6y 2  16  0   2 (x, y  ) . 2 2  4x  2 4  x  5 4y  y  m  0  Câu III (2,5 điểm). Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > 1. Tìm giá trị x 1 y 1 z 1 nhỏ nhất của biểu thức P  2  2  2 . y z x Câu IV (6,0 điểm). 1. Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC. Chứng minh rằng khoảng cách từ trọng tâm của tứ diện ABCD đến các mặt phẳng (ABC), (BCD), (CDA), (DAB) bằng nhau. 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA  SB  SC  2a . Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD. Chứng minh V  2a 3 . Câu V (2,5 điểm). 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):  x  1   y  1  25 , và các điểm A(7;9), B(0;8) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:........................................................................... Số báo danh:..........................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (6,0 điểm). 1. Giải phương trình: x 3  x  1  9 (x  ) . 2. Giải bất phương trình: 3 x 3  3x 2  2  x  2  6x  0 (x  ) . Câu II (3,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x 3  12x  y3  6y 2  16  0   2 (x, y  ) .   4x  2 4  x 2  5 4y  y 2  m  0 Câu III (5,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA  SB  SC  2a . Gọi M là trung điểm của cạnh SA; N là giao điểm của đường thẳng SD và mặt phẳng (MBC). Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.BCNM. V1 a) Tính tỷ số . V b) Chứng minh V  2a 3 . Câu IV (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -1). Đường phân giác trong của các góc B và C lần lượt có phương trình x  2y  1  0 ; x  y  3  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. Câu V (2,5 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 1 1 1 thức: P    . 1  x2 1  y2 1  z2 - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:........................................................................... Số báo danh:..........................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN LỚP 12 BT THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (5,0 điểm). 2x  3 Cho hàm số: y  . x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng y = 2x + m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho AB  3 10 . Câu II (3,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x  9  x 2 . Câu III (4,0 điểm). 1. Giải phương trình 4x 2  12x  5 4x 2  12x  11  15  0  x  . 2 2. Giải phương trình log 3  x  1  log 3  2x  1  2 (x  ). Câu IV (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm: cos 2x  m cos x  2m  1  0 . Câu V (6,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông tại B, AC = 2a, AB = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của SC; N là hình chiếu vuông góc của A lên SB. a) Chứng minh đường thẳng SC vuông góc với mặt phẳng (AMN). b) Tính thể tích của khối chóp S.AMN. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:........................................................................... Số báo danh:..........................
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Đề thi gồm 01 trang) (Đề thi chính thức Môn thi: TOÁN 12 THPT - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm) 3x  4 Cho hàm số y  có đồ thị (C). 3x  3 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB đều ( với O là gốc tọa độ ). Câu II: (6,0 điểm) 1. Cho phương trình 1  2x  1  2x  x 2  m  0 . Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm thực.  xy  x  y  x 2  2y2  2. Giải hệ phương trình   x, y  .  x  1  2y  3  3  Câu III: (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng a 3 cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ 4 ABC.A 'B'C' . 2. Cho điểm I nằm trong tứ diện ABCD . Các đường thẳng AI, BI, CI, DI lần lượt cắt các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) tại A', B', C', D' thỏa mãn đẳng thức AI BI CI DI     12 . Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABCD A 'I B'I C'I D'I và IBCD . Chứng minh rằng V  4V1. Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  T  :x 2  y 2  4x  2y  0 và đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  0 . Biết diện tích tam giác ABC bằng ba lần diện tích tam giác IBC ( với I là tâm của đường tròn  T  ) và điểm A có tung độ dương. Viết phương trình đường thẳng BC. Câu V: (2,5 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn y2  xz và z 2  xy . Tìm giá trị nhỏ nhất x y 3z của biểu thức : P    . xy yz zx - - Hết - - Họ tên thí sinh:………………………………………………. Số báo danh:…………………… SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN 12 THPT- BẢNG B (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I. Phương trình hoành độ giao điểm: 3x  3mx  3m  4  0 1 với x  1 2 0,5 (3,0đ) Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 9m 2  36m  48  0 0,5 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1   (đúng m )  0.m  1  0  x1  x 2   m  *  Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  3m  4  x1 x 2  0,5  3 Giả sử A  x1; x1  m  , B  x 2 ; x 2  m  2 2 Khi đó ta có OA  x1   x1  m  ,OB  x 2   x 2  m  2 2 0,5 Kết hợp  * ta được OA  OB  x  x . Suy ra OAB cân tại O 2 1 2 2 2 Ta có AB  2  x1  x 2  . Tam giác OAB đều  OA 2  AB2 2 2 0,5  x1  x 2  2  x1  x 2    x1  x 2   6x1x 2  0 2 2 m  2  m 2  6m  8  0   . Vậy giá trị cần tìm là m  2, m  4 0,5 m  4 II. 1 1 1, ĐKXĐ:   x  . Đặt t  1  2x  1  2x * 0,5 2 2 (3,0đ) 1 1 t'   , t' 0  x  0  2  t  2 0,5 1  2x 1  2x  t 4  4t 2 Ta có:  *  x 2  16 0,5 Khi đó phương trình đã cho trở thành: t 4  4t 2  16t  16m Xét hàm số f  t   t 4  4t 2  16t với t   2;2    Ta có hàm số f  t  liên tục trên đoạn  2;2  .   0,5 f '  t   4t  8t  16, f '  t   0  t  2 3 Suy ra Min f  t   32 , Max f  t   4  16 2 0,5  2 ; 2  2;2      Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 32  16m  4  16 2 1  4 2 0,5 Suy ra giá trị cần tìm của m là: 2  m  4 II. x  1 2, ĐKXĐ:   3 0,5 (3,0đ) y  2  1
(xy  x 2 )  x  y  2x 2  2y 2  Hệ phương trình tương đương:   x  1  2y  3  3    x  y  0 ( loại )  x  y 1  x  2y   0      1  x  2y  0 0,5  x  1  2y  3  3    x  1  2y  3  3  2y  x  1    x  1  x  4  3  *  0,5 x  4  PT  *   2  2x  5  2 x  5x  4  9  x  4  4  x  7   2  2 2 0,5  x  5x  4  7  x   x  5x  4   7  x   4  x  7   x  5  TM  0,5 x  5 Với x  5  y  2 . Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x; y    5; 2  0,5 III. a2 3 1, Diện tích đáy là SABC  4 B' (3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC A' C' 0,5 D B E A G C  BC  AE Gọi E là trung điểm BC . Ta có   BC   AA'E   BC  A 'G 0,5 Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA ' . Do đó BC  DE, AA'  DE 0,5 Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC DE 1 Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE    DAE  300 0,5 AE 2 a Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có A 'G  AG.tan 30 0  0,5 3 a3 3 Vậy VABC.A ' B'C'  A 'G.SABC  (đvtt). 0,5 12 2
III. Gọi V2 , V3 , V4 lần lượt là thể tích A 2, của tứ diện ICDA, IDAB, IABC (3,0đ) C' D' I B' 0,5 B D A' C Ta có : AA' d  A,  BCD   V IA V IA V V  V3  V4 0,5   1    1  2 1 IA' d  I,  BCD   V1 IA ' V1 IA' V1 V1 IB V1  V3  V4 IC V1  V2  V4 Tương tự ta có :   2 ,   3 , IB' V2 IC' V3 0,5 ID V1  V2  V3  4 ID' V4 AI BI CI DI Từ 1 ,  2  ,  3  và  4  ta có : VT      A'I B'I C'I D'I V  V3  V4 V3  V4  V1 V1  V2  V4 V1  V2  V3 0,5  2    V1 V2 V3 V4  V V  V V  V V  V V  V V  V V  VT   1  2    2  3    3  4    4  1    3  1    2  4   12 0,5  V2 V   V3 V2   V4 V3   V1 V4   V1 V3   V4 V2  1 V Đẳng thức xảy ra khi V1  V2  V3  V4  . Suy ra V  4V1 (đpcm). 0,5 4 IV. Gọi d là đường phân giác trong của góc A A (2,5đ) Đường tròn  T  có tâm I  2;1 , bán kính R  5 Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn  T  tại A và A ' có tọa độ là nghiệm của hệ I  x 2  y 2  4x  2y  0 x  0 x  3 0,5   hoặc   xy0 y  0 y  3 B C Điểm A có tung độ dương suy ra A  3;3 và A '  0;0  A' Vì d là phân giác trong của góc A nên BA '  CA '  IA '  BC 0,5 Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC : 2x  y  m  0 Mặt khác ta có: 1 1 0,5 SABC  3SIBC  d  A, BC  .BC  3. d  I, BC  .BC  d  A, BC   3.d  I, BC  2 2 m9 m5  m  3  3.  m  9  3. m  5   0,5 5 5  m  6 3
. Với m  3 khi đó BC : 2x  y  3  0  6  21 3  2 21   6  21 3  2 21  Tọa độ các điểm B, C là:  ; ,  ;  , suy ra  5 5   5 5  B, C nằm khác phía đối với đường thẳng d ( TM ) . Với m  6 khi đó BC : 2x  y  6  0 0,5  12  2 6 6  4 6   12  2 6 6  4 6  Tọa độ các điểm B, C là:  ; ,  ;  , suy ra  5 5   5 5  B, C nằm khác phía đối với đường thẳng d ( TM ) Do đó phương trình đường thẳng BC là : 2x  y  3  0 và 2x  y  6  0 . V. 1 1 3 y z x Ta có: P    , đặt a  ;b  ;c  kết hợp với giả thiết ta (2,5đ) y z x x y z 1 1 1 x y z 0,5 a  b  c  0 0  c  1 1 1 3 suy ra   . Khi đó P    abc  1 ab  1 1 a 1 b 1 c 1 1 2 2 Ta có   1  a 1  b 1  ab  a b   ab  1  0 (đúng do ab  1 ) 0,5 1 1 2 c Suy ra   1 a 1 b c 1 2 c 3 2 c 3 32 c Hay P      vì 0  c  1  c  c 0,5 c 1 c 1 c 1 c 1 c 1 Đặt t  c  0  t  1 2t  3 Xét hàm số f  t   với 0  t  1. Ta có hàm số f  t  liên tục trên  0;1 , t 1 0,5 1 f ' t    2  0, t   0;1 .  t  1 5 Hàm số f  t  nghịch biến trên  0;1 . Suy ra f  t   f 1  2 0,5 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi và chỉ khi x  y  z . 2 - - Hết - - Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm. 4