9 đề thi chọn học sinh giỏi Toán học 12

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo 9 đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 12 để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 9 đề thi chọn học sinh giỏi Toán học 12

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH Môn thi: Toán - Vòng I ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2.5 điểm): Giải phương trình: x 4n  x 2n  2012  2012 (n  * ). Câu 2 (2.5 điểm): Cho dãy số (u n ) xác định bởi công thức: u1  3   1 3 * un1  3  2un  u 2  ; (n  ).   n  Tính: lim un ? Câu 3 (1.5 điểm): Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng: 1 1 1 36    . x y z 9  x y  y 2 z 2  z 2 x2 2 2 Câu 4 (2.0 điểm): Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường phân giác góc BAC . Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ tự đó. Đường thẳng vuông góc với AB tại P cắt AN tại O. Chứng minh OQ vuông BC. Câu 5 (1.5 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 3  y  z . --------------------HẾT----------------------
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 2,5 điểm Phương trình: x 4n  x 2n  2012  2012 (n  N*) (1) Đặt t = x2n  0, phương trình (1) trở thành: 0,25 t 2  t  2012  2012 1 1 0,5  t 2  t   t  2012  t  2012  4 4 2 2  1  1 0,5   t     t  2012    2  2  t  1  t  2012 0,25  t 2  t  2011  0. (2) 0,25 1  8045 Giải phương trình (2) ta được: t  thỏa mãn điều kiện 0,25 2 Phương trình có 2 nghiệm: 1  8045 1  8045 0,5 x1  2n và x 2   2n , n  *. 2 2 2 2,5 điểm * Theo công thức xác định dãy (un ) , ta có un  0; n  . 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: Trang: 1 - Đáp án Toán - Vòng 1
1 3  1 3 2 3 * un1   2un  2    un  un  2   3 un . 2  3 3 ; n  . 0,5 3 un  3  un  un Do đó: un  3 3 ; n  * . 3 2 1 1 3  1  3  un  Mặt khác: un1  un  un  2  un   2  un    2   0 . 0,5 3 un 3  un  3  un  Vậy (un ) là dãy số giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn. 0,5 2 1 3 Giả sử, lim un  a .Ta có: a  a  2  a  2  a  3 3 . 3 a a 0,5 Vậy: lim un  3 3 3 1.5 điểm 1 1 1 36    x y z 9  x y  y 2 z 2  z 2 x2 2 2 1 1 1  (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 . 0,25 x y z 3 2  xy  yz + zx  Ta có:  xyz    xy  yz  zx     . 0,25  3  Do đó: 2 2 2  1 1 1   xy  yz+zx  27  xy  yz+zx   x  y  z    3    xyz   xy  yz+zx  0,25 27  . xy  yz+zx Mặt khác: 9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  6   x 2 y 2  1   y 2 z 2  1   z 2 x 2  1 0,25  2  3  xy  yz  zx  . 2   1 1 1   (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )        x y z  2 27  4 3   xy  yz+zx   .   xy  yz+zx  9   108.   6   xy  yz  zx    xy  yz  zx  Trang: 2 - Đáp án Toán - Vòng 1
 9   108  6  2  xy  yz  zx    1296 . 0,25  xy  yz  zx  1 1 1 Suy ra: (9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )      36 . x y z 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1. 4 2.0 điểm A 0,25 y Q B C N M P O x Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành. 0,25 Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có  b  dạng : y = ax + b (a  0). Khi đó : A    ;0  , P  (0; b) . 0,25  a  AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình : y = -ax – b. 1 PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình : y   x  b . a O là giao điểm của PO và trục hoành nên O  (ab,0) . 0,25 BC đi qua gốc tọa độ nên : +) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx với c  0,c   a (vì B, C không thuộc trục hoành, BC không song song 0,25 với AB và AC). B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :  y  ax  b  b bc    B ; .  y  cx ca ca C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ : Trang: 3 - Đáp án Toán - Vòng 1
 y   ax  b  b bc  0,25  C  ; .  y  cx  ca ca  ab abc    bc 2  Do đó : M   2 2 ; 2 2  , suy ra : AM  2 c; a 2  . c a c a  a (c  a ) a2 ab Từ đó ta có phương trình của AM là : y  x . c c Q là giao điểm của AM với trục tung nên  ab    1 Q   0;   QO  ab 1;   .  c   c  Do đó QO là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC. 0,25 +) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M  N, do đó O thuộc AN nên QO vuông góc BC. 0,25 5 1,5 điểm Giả sử  x, y, z  là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có: x+2 3  y  z  2 yz  x  ( y  z )  2 yz  2 3 2   x  ( y  z )  4 yz  8 3 yz  12 0,25  4 yz  4 3  x  ( y  z )  12 2   x  ( y  z )  4 3  x  ( y  z )   12  4 yz 0,25 2   x  ( y  z )   4 yz  12 0,25 Nếu x  ( y  z ) thì 4 3   (vô lý). x  ( y  z) y 1  z  3 Nếu x  y  z thì yz  3    x  4. 0,5  y  3   z  1  0,25 Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm của phương trình. Vậy: nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4; 1; 3). Trang: 4 - Đáp án Toán - Vòng 1
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH Môn thi: Toán - Vòng II ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2.5 điểm):  x3  3x 2  5x  1  4 y  Giải hệ phương trình:  y 3  3 y 2  5 y  1  4 z .  z 3  3z 2  5 z  1  4 x  Câu 2 (2.0 điểm): Cho x, y thỏa mãn x 2  y 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  x 2 ( x  2)  y 2 ( y  2)  3( x  y )( xy  4). Câu 3 (1.5 điểm): Tìm tất cả các hàm số f : *  * thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1) Với mọi n, m  * : n  m  f (n )  f (m) . 2) f (2n)  f (n)  n với mọi n  * . 3) Nếu f (n) là số chính phương thì n là số chính phương. Câu 4 (2.5 điểm): Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DB, AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ // CM . Tính độ dài PQ và thể tích khối AMNP. Câu 5:(1.5 điểm): Cho đa giác đều n cạnh ( n  8 ). Tính số tứ giác có 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác đã cho. --------------------HẾT---------------------- SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng II (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 3 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 2,5 điểm Ta giả sử (x; y; z) là nghiệm của hệ. Xét hàm số: 0,25 f(t) =t3 - 3t2 + 5t + 1, t  . 0,25 Ta có: f’(t) = 3t2 - 6t +5 > 0 , t  .  f ( x)  4 y  Nên hàm số f(t) luôn đồng biến . Hệ PT có dạng  f ( y )  4 z . 0,25  f (z)  4x  Vì vai trò của x, y, z là bình đẳng nên không mất tính tổng quát, ta giả sử: 0,5 x  y, x  z . Nếu x > y thì f(x) > f(y)  y  z  f ( y )  f ( z )  z  x (mâu thuẫn). 0,25 Tương tự nếu x > z ta cũng đi đến mâu thuẫn, suy ra x = y = z. 0,25 Khi đó, ta có: x3 - 3x2 + x + 1 = 0 x 1 2  0,5  (x - 1)(x - 2x - 1) = 0   x  1  2 x 1 2  Vậy: hệ phương trình đã cho có nghiệm là: x = y = z = 1; x = y = z = 1  2 0,25 2 2,0 điêm Ta có: ( x  y ) 2  2( x 2  y 2 )  4  2  x  y  2 . 0,5 M  x 2 ( x  2)  y 2 ( y  2)  3( x  y )( xy  4)  ( x  y )3  12( x  y )  4 . 0,5 Đặt: x  y  t  t   2;2 . Ta có: M  t 3  12t  4 . 0,25 Trang: 1 - Đáp án Toán - Vòng 2
Xét f (t )  t 3  12t  4 , ta có: f '(t )  3t 2  12  0  t  [-2; 2] . Do đó trên đoạn [-2; 2] , f(t) nghịch 0,25 biến. Vậy: max M  max f (t )  f ( 2)  20  t  2  x  y  1. 0,25 [-2;2] min M  min f (t )  f (2)  12  t  2  x  y  1. 0,25 [-2;2] 3 1,5 điểm Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta có: f (n )  f (n  1)  ...  f (n  n)  f (n)  n . 0,25 Do đó : f (n  1)  f (n)  1 . 0,25 Đặt : f (1)  a  * . Ta có: f (n )  f (1)  n  1  a  n  1. 0,25 Với n  a 2  a  2 , ta có: f (a 2  a  2)  a  a 2  a  2  1  (a  1) 2 . 0,25 Do đó: a 2  a  2 là số chính phương. Mà: a 2  a 2  a  2  (a  2) 2 , nên a 2  a  2  (a  1) 2  a  1 . Vậy: f (n)  n . 0,25 Thử lại ta thấy f (n)  n thỏa mãn các điều kiện bài toán. 0,25 4 A 2,5 điểm Q P N E I B C 0,25 M D Trên (ACM) dựng IN // CM ( I  AM ) . Trên (ABD) lấy điểm P  DI  AB . 0,25 Trên (DNP) dựng PQ // IN // CM ( Q  DN ) . 0,25 Gọi E là trung điểm của PB  ME là đường trung bình của BPD , do đó: ME // PD  ME // PI . Mặt khác: NI là đường trung bình của ACM  I là trung điểm của AM. Nên PI là đường trung bình AME . Hay: 1 1 3 1 3 0,25 PI  EM  PD  DI  PD, IN  CM  . 2 4 4 2 4 0,25 Trang: 2 - Đáp án Toán - Vòng 2
IN DI 3 4 3 Khi đó:    PQ  IN  . PQ DP 4 3 3 0,5 Ta có: VAMNP AM . AN . AP AN AP 1 1 1   .  .  VAMCB AM . AC. AB AC AB 2 3 6 0,25 Mà: VAMCB 1  VABCD 2 Vậy: 0,5 1 2 VAMNP  .VABCD  (đvtt). 12 144 5 1,5 điểm Gọi các đỉnh của đa giác đều n cạnh lần lượt là: A1 , A2 , ..., An . Ta đếm số các tứ giác thỏa mãn yêu cầu bài toán có 1 đỉnh là A1 . 0,25 Khi đó: A2 , An không phải là đỉnh của tứ giác vì A1 A2 , A1 An là các cạnh của 0,25 đa giác. Ta cần chọn thêm các đỉnh: Ai , Aj , Ak thỏa mãn: 5  i  2  j  1  k  n  1 (vì giữa 2 đỉnh của tứ giác phải có ít nhất 0,25 1 đỉnh của đa giác). Mỗi cách chọn bộ 3 đỉnh như trên là 1 cách chọn bộ 3 số phân biệt trong 0,25 n – 5 số tự nhiên từ 5 đến n – 1. 3 Vậy có Cn5 tứ giác có đỉnh A1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 Vì đa giác có n đỉnh và mỗi tứ giác được đếm lặp lại 4 lần theo 4 đỉnh nên 3 n.Cn5 0,25 số tứ giác cần tìm là: . 4 Trang: 3 - Đáp án Toán - Vòng 2
S GIÁO D C VÀ ðÀO T O KỲ THI CH N H C SINH GI I L P 12 THPT C P T NH ð NG THÁP ------------------------------------------------------------------------- NĂM H C 2010 - 2011 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- ð chính th c ð THI MÔN TOÁN Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian phát ñ ) Ngày thi: 10 tháng 10 năm 2010 (ð thi g m có: 01 trang) Câu 1: (3 ñi m) Gi i phương trình x4 - x 2 + 4 + x 4 + 20x 2 + 4 = 7x Câu 2: (3 ñi m) Cho tam giác ABC có ba góc ñ u nh n. G i AE, BF, CK là ba chi u cao và H là tr c tâm c a tam giác ABC . Bi t AE = 3, CK = 2 2 và BH = 5HF. Ch ng minh ABC = 450 . Câu 3: (3 ñi m) Tìm t t c các nghi m nguyên dương c a phương trình 2x 2 + 3y 2 - 5xy + 3x - 2y - 3 = 0 Câu 4: (3 ñi m) Cho dãy s (un) xác ñ nh b i u1 = 1   4un-1 + 2 un = u + 3 ( n ≥ 2)  n-1 Tìm công th c s h ng t ng quát c a dãy s (un). Câu 5: (2 ñi m)  m - 2  2 m Xét khai tri n  x + x -  (x +1) n v i m, n ∈ N * và 2 < m < n .  n  n Ch ng minh r ng trong khai tri n h s c a x m b ng Cm −2 . n Câu 6: (3 ñi m) Cho hai s dương x, y th a mãn ñi u ki n x+ y = 4 . Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c 3 3  1  1 S =  1+ x +  +  1+ y +   x  y Câu 7: (3 ñi m) x2 y2 Trên m t ph ng v i h t a ñ Oxy cho elip (E) : + = 1 có hai tiêu ñi m F1 và F2 . M là 25 16 m t ñi m di ñ ng trên elip (E). G i I là tâm ñư ng tròn n i ti p tam giác MF1 F2 . Tìm qu tích ñi m I. H T.
http://baigiangtoanhoc.com KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TP HÀ NỘI NĂM 2011-2012 Ngày thi: 18/10/2011 Bài I: (5 điểm) 1. Giải phương trình: x 4  1  x 2  1. 2. Giải hệ phương trình: Bài II: (4 điểm) Cho P  x 2 y  y 2 z  z 2 x với x, y, z  0. Chứng minh rằng: 1. P  3 khi xyz  1. 4 2. P  khi x  y  z  1. 27 Bài III (4 điểm) 1. Cho dãy số (u_n) xác định bởi: và với mọi . Tìm 2. Cho dãy số (v_n) xác định bởi: và với mọi Chứng minh rằng: Bài IV: (5 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang vuông với các góc vuông tại và Gọi O là trung điểm cạnh AB, SO  ( ABCD) . Tính thể tích hình chóp và diện tích tam giác biết rằng a và AD  . 2 2. trong mặt phẳng (P) cho hình thang có vuông góc với hai cạnh đáy và Cạnh cố định, cạnh thay đổi và có độ dài bằng tổng độ dài hai cạnh đáy. Gọi là điểm thuộc cạnh CD sao cho Xác định vị trí điểm trong mặt phẳng (P) để tổng diện tích của hai tam giác và là nhỏ nhất. Bài V: (2 điểm) x 2  3x  3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ( C ) là đồ thị hàm số y  x 1 M và N là các điểm mà từ mỗi điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc với nhau tới đồ thị (C). Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng MN không vượt quá ----------Hết--------- Trung tâm gia sư VIP –Số 4, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà nội Hotline: 0989189380
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA NĂM HỌC : 2009 - 2010 GV: Trần Đình Hiền MÔN THI : TOÁN - LỚP 12 Thời gian làm bài : 180 phút Câu I: 1 1 sin 2 x 1) Giải phương trình : 1 sin 2 x cos x sin x 2 2 cos x sin x 5 y.sin x 2) Cho x,y > 0 thỏa mãn x 2y . Chứng minh rằng : cos( x y ) . 4 x.sin y Câu II: mxy 1 y2 8y 1) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm : 2 y 2 ( x 3) 2 1 y2 my 16 y 2 0 1 2 k 2007 2008 C2008 C2008 C2008 C2008 C2008 C2008 2) Tính tổng : S ... ... , 1.2 2.3 3.4 ( k 1)( k 2) 2008.2009 2009.2010 (k N, 0 k 2008). Câu III: x y 1) Cho x,y 0 và x2 + y2 = 1 .Tìm GTNN, GTLN của P 2 2 y 1 x 1 1 2 2) Cho dãy số (un) với u1 = 1 và un 1 un , với n N, n 2 . Chứng minh dãy số (un) hội 2 un tụ và tính lim un. Câu IV: 1 1 1) Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(2; - 1) và cos A ; cos B . Tìm tọa độ đỉnh C. 2 10 2) Cho hình chóp S.ABC , M là một điểm bên trong tam giác ABC. Qua M vẽ những đường thẳng lần lượt song song với các cạnh SA, SB, SC cắt các mặt SBC, SCA, SAB theo thứ tự tại A’, B’, C’. MA ' MB ' MC ' a) Chứng minh rằng: có giá trị không đổi khi M thay đổi khi M di động trong SA SB SC tam giác ABC. b) Xác định M để MA’.MB’.MC’ có giá trị lớn nhất. Câu V: f ( x ) f ( y ) f ( xy ) Cho hàm số f: R R thỏa mãn điều kiện x y 2, x, y R 3 Hãy tính giá trị f(2009). …………..Hết …………..
HD: I.1) Đặt t = cosx - sinx, | t | 2, 1 2 III.1) Đặt t = xy, 0 t . P = f(t) = ? 1 t2 2 sinxcosx = ; PT t =0; 1 2 sin( x 2 y ) s III.2) C/m: un > 0 n N*, và c/m un+1 2. I.2) BĐT x 2y x C/m: un+1 - un < 0. sin x Dãy số giảm bị chặn dưới suy ra hội tụ. Xét hs f ( x ) , hàm số nghịch biến trên 1 1 x Giải sử L = limun. Giải PT L L k’(0;+ ). 2 L L 2 II.1) HPT chuyển về đt và đường tròn(C). HPT IV.1) Tính SinA, sinB = ?, sin C = sin(A + B) = có nghiệm d (I , ) R ? Áp dụng ĐL sin . suy ra AC = ?, BC = ? Gọi C(x;y). Giải HPT k C2008 k 2 C2010 IV.2) II.2) C1) Định lí Talet ( k 1)( k 2) 2009.2010 V SA '.SB '.SC ' C2: Tỷ số thể tích SA ' B ' C ' VSABC SA.SB.SC V. Cho x = y = 0 f(0) = ? Cho y = 0 f(x) = ?
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA NĂM HỌC : 2009 - 2010 GV: Trần Đình Hiền MÔN THI : TOÁN - LỚP 12 Thời gian làm bài : 180 phút Câu I: 1) Giải phương trình : x 2 3 x x3 x2 4 1 2) Tìm m để phương trình : 4 sin 4 x cos4 x (3 2m ) cos 2 x 1 - m 0 có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn ; . 6 4 Câu II: 2010 k 2 1) Tính tổng S = k C2010 k 0 2) Gieo đồng thời 3 con xúc xắc. Người chơi thắng cuộc nếu có ít nhất 2 con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm. Tính xác suất để trong 3 ván người chơi đó thắng ít nhất là 2 ván. a b c 3) Cho a,b,c 0 thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. CMR: 1 2 1 bc 1 ca 1 ab Câu III: 1 1 4 1) Chứng minh rằng: a) sin tan x x, x 0; ; b) 2 2 1 2 , x 0; 4 sin x x 2 a 2) Cho tam giác ABC có 3ha b c . Chứng minh rằng tam giác ABC đều. 2 3) Cho phương trình: x n x n 1 ... x 1 0 . Chứng tỏ rằng với mỗi n nguyên dương phương trình có đúng 1 nghiệm dương xn và tìm lim xn. Câu IV: 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi C’ là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng SB S ( ) qua AC’ cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B’ , D’ . Đặt x ;y . Chứng minh rằng: SB ' S ' 4 1 1 3 3 x y 2 2) Cho tam giác ABC đều cạnh a, trên đường thẳng d vuông góc với mp(ABC) tại A lấy điểm S, đặt SA = x, (x > 0). Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC . Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng d và HK. a) CMR: HK (SBC). b) Tìm x để thể tích khối tứ diện SBCP nhỏ nhất. 3) Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 - 2x - 2y - 14 = 0, (C2): x2 + y2 - 4x + 2y - 20 = 0. Viết phương trình đường thẳng sao cho đường thẳng cắt (C1) tại A,B và cắt (C2) tại M,N thỏa mãn AB 2 7, MN 8 . Câu V: 2 Tìm đa thức P(x) , biết P 2 x2 P( x ) , x R. ………… Hết ……….
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA NĂM HỌC : 2009 - 2010 GV: Trần Đình Hiền MÔN THI : TOÁN - LỚP 12 Thời gian làm bài : 180 phút Câu I: n n 1) a) Lập công thức tính các tổng: A sin k;B cos ak , trong đó (an) là cấp số cộng với công k 1 k 1 3 5 sai d. Từ đó tính P cos cos cos . 7 7 7 2 3 b) Tính A sin 2 sin 2 sin 2 7 7 7 2) a) Giải phương trình: tanx + tan2x = - sin3x.cos2x. b) Tìm m để phương trình m(sinx + cosx + 1) = 1 + sin2x có nghiệm thuộc đoạn 0; . 2 x sin x sin B 3) a) Cho tam giác ABC có A > B > C. Tìm GTNN của hàm số y 1. x sin C x sin C 2 2 2 2y 3 2 b) Cho x,y,z > 0 thỏa mãn xz - zy - xy = 1. Tìm GTLN của P 1 x2 1 y2 1 z2 Câu II: 1) a) Cho khai triển P = (1 x ) (1 x )2 .... (1 x ) 2009 a0 a1 x .... a2009 x 2009 . Tính a10. b) Tính tổng S C3 2C4 3C53 .... 2008C2010 . 3 3 3 2) Chọn ngẫu nhiên một vé xổ số có 5 chữ số. Tính xác suất để số vé không có số 1 hoặc không có số 5. 3) Chứng minh rằng phương trình sau có đúng 1 nghiệm: x5 - x2 - 2x - 1 = 0. Câu III: 1 x 3 sin x 0 1) Cho hàm số f ( x ) x . Tính f’(x) và chứng minh f’(x) liên tục tại điểm x = 0. 0 x 0 2 xn 2) Cho dãy số (xn) với 0 < x1 < 1 và xn 1 xn . Chứng minh rằng dãy số (xn) có giới hạn là a n và khi đó lim n(a - xn) = a2 . 3) Cho hàm số y = f(x) = x3 - 3x + 2 có đồ thị (C). Giả sử M,N,P là ba điểm thẳng hàng và cùng thuộc đồ thị (C). Các tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M,N,P cắt đồ thị (C) lần lượt tại M’,N’,P’. Chứng minh M’, N’, P’ thẳng hàng. Câu IV: x2 y2 x2 y2 1) Cho hai elíp: ( E1 ) : 2 1; ( E2 ) : 2 1 , (a > b > 0). Từ điểm M trên (E2) kẻ hai a b2 4a 4b2 tiếp tuyến đến (E1) , hai tiếp tuyến này cắt (E2) tại N, P. Chứng minh đường thẳng NP là tiếp tuyến của (E1). 2) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Dựng đoạn thẳng MN với M AC’, N B’D’ và MN// A’D. 3) Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = a và SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. a) Xác định mặt phẳng (P) sao cho tổng diện tích hình chiếu của các mặt của tứ diện SABC lên mặt phẳng (P) đạt GTLN. b) Gọi , , lần lượt là góc tạo bởi mp(P) với (SBC), (SCB), (SAB). Chứng minh + + < . x 1 Câu V: Tìm hàm số f , biết f ( x ) f 1 x , với x ≠ 0, 1. x …………Hết………….
SỞ GDĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TRƯỜNG THPT NAM TIỀN HẢI MÔN THI: TOÁN (180’) x 2  (m 1)x  2m  2 Bµi 1 (4®iÓm): Cho hµm sè: y = có đồ thị (Cm). mx 1 1. Khảo sát với m = 1. biện luận theo k số nghiệm phương trình: cos 2x - kcos x + 2k + 1 = 0 , x  (-π; π). 2. Xác định m để hàm số có cực trị và tiệm cận xiên của (Cm) qua A(1;2). Bài 2 (4 điểm): Giải các phương trình sau: 1. 6x - 2x - 1 = log6(5x - 1)3 cos2x 4 2. 3(1- 2 ) + 4cotg6 x = 7 sin x Bài 3 (5 điểm): 1.Trong Oxy cho hai đường tròn (C1): (x + 1)2 + (y - 2)2 = 1 (C2): (x - 5)2 + (y - 3)2 = 4 Tìm A trên (C1), B trên (C2) và C trên trục Ox sao cho tổng AC + CB đạt giá trị nhỏ nhất. 2.Giải hệ phương trình: (1  4 2x  y )x512x  y  1  2 2x  y 1  3 2  y  4x  1  ln(y  2x)  0 Bài 4 (5 điểm): 1. Cho hàm số f(x) liên tục trên [0;1] và thoả mãn các điều kiện sau: f(0) = 0 ,f(1)= 3x  y 27 1 và 3f( ) = 2f(x) + f(y)  x, y  [0;1]; x ≥ y. Tính f( ). 4 55 2.Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi góc phẳng ở đỉnh ASB = α (0 < α ≤ 600), góc nhị diện cạnh bên bằng φ. Xác định α để: P = cos 2φ - 4cos φ + 3 đạt giá trị lớn nhất. Bài 5 (2 điểm): CMR trong ∆ABC: A B C 9 3 3 (cos A + cos B + cos C) + cotg + cotg + cotg ≥ 2 2 2 2
SỞ GD & ĐT BẮC NINH CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 Độc lập –Tự do – Hạnh phúc ------------------- ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Môn thi : Toán Khối 12 Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Câu 1 ( 3 điểm ) Cho hàm số y  x 3  2x 2   2m  1 x  2m ( m là tham số ) a. Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị (C) khi m=0. b. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu. Câu 2 ( 2 điểm ) 2 2 2 a. Giải phương trình : 4x  x  21 x  2 x 1  1 x  2  log3 x  log 5 x b. Giải bất phương trình : log 5 x  log x  3 log3 x Câu 3 ( 1 điểm ) x  x Giải phương trình : sin 2    tan 2 x  cos 2  0 2 4 2 Câu 4 ( 3 điểm ) 1. Trong mặt phẳng Oxy , Cho hai đường thẳng d1 : x  y  5  0; d 2 : x  2y  7  0 và điểm A(2;3) . Tìm điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC có trọng tâm G(2;0) 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh SA  a 3 và SA vuông góc với đáy ABCD , M là trung điểm của BC a. Tính diện tích tam giác SBD và khoảng cách giữa AM và SC 3a b. Lấy N trên CD sao cho DN  . Chứng minh mặt phẳng (SAM) vuông góc với mặt 4 phẳng (SMN). Câu 5 ( 1 điểm ) Cho a,b,c là ba số thực dương , chứng minh rằng : a 3  b3  c3 a 2  b 2 b 2  c2 c 2  a 2 9  2    2abc c  ab a 2  bc b 2  ca 2 ------------------------------------------- Ghi chú :+Học sinh không được sử dụng tài liệu trong quá trình thi
+Đề gồm có 1 trang Xác nhận của BGH Người tổ hợp đề Nguyễn Minh Nhiên ĐÁP ÁN ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Câu 1( 3 điểm ) a. +TXĐ 0,25 điểm + Tính y’ , giải ra nghiệm đúng 0,25 điểm +Tính đồng biến nghịch biến, cực trị , giới hạn 0,5 điểm +BBT 0,5 điểm + Đồ thị 0,5 điểm b. Hàm số có y CD , y CT trái dấu  PT x 3  2x 2   2m  1 x  2m  0 có 3 no p/b 0,25 điểm   x  1  x 2  x  2m   0 có 3 nghiệm p/b 0,25 điểm 1 0,5 điểm 0m 8 Câu 2 ( 2 điểm ) 2 2 2 2 a. PT  2 2x  2x  21x  2 2x  2x .21 x  1 0,25 điểm 2  22x  2x  1  2 0,5 điểm  21 x  1  Từ đó , ra nghiệm x  0; 1;1 0,25 điểm b. Đk : x>0 , x≠1 0,25 điểm *TH1: x>1, BPT   log 5 x  1  log x 3 log 3 x  2 log 5 x  log 5 x.log 3 x   2 log 5 x  11  log 3 x   0  1  x  3 0,25 điểm 1 *TH2 : 0
   x  2  l2  + 1  sin x 1  cos x  cos x  sin x   0   x  m2  l, m, n  Z   0,25 điểm   x   n  4  + Đối chiếu Đk ra nghiệm : x  m2 , x   n 4 0,25 điểm 0,25 điểm Câu 4 ( 3 điểm ) 0,5 điểm 1. B thuộc d1 và C thuộc d2 nên tọa độ của B(a;-a-5),C(7-2b;b) a  7  2b  2  6 Vì G là trọng tâm nên ta có   a  5  b  0 0,25 điểm Từ đó , ra tọa độ B(-1;-4),C(5;1) 0,25 điểm 2. a. +Chỉ ra đường cao và tính đường cao 7 2 0,25 điểm +Tính diện tích bằng a 2 +Gọi H là trung điểm của AD  AM / /CH 0,5 điểm  AM / /  SHC   d(AM,SC)  d(M, (SHC)) 0,5 điểm 3V a 3 0,25 điểm  d(AM,SC)  SCMH  SSCH 4 b. CM tam giác AMN vuông tại M MN  AM,SA  MN  SAM  Từ đó suy ra đpcm 0,25 điểm Câu 5 ( 1 điểm ) 0,25 điểm a2 b2 c2 2ab 2bc 2ac Ta có : VT     2  2  2 2bc 2ca 2ab c  ab a  bc b  ac 0,25 điểm 2 a a 2  bc 1 b 2 b 2  ac 1 c 2 c 2  ab 1 Mà   ;   ;   nên 2bc 2bc 2 2ac 2ac 2 2ab 2ab 2 2 2 2  c  ab 2ab   a  bc 2bc   b  ac 2ac  3 VT    2   2   2  0,25 điểm  2ab c  ab   2bc a  bc   2ac b  ac  2 3 9 ≥2+2+2-  2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
S GIÁO D C VÀ ðÀO T O ð THI CH N H C SINH GI I C P T NH B C GIANG NĂM H C 2009-2010 Môn thi: Toán-l p 12. ð CHÍNH TH C Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian giao ñ ). Câu I. (5,0 ñi m) Cho hàm s y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham s ) (1) 1. Tìm m ñ hàm s (1) ñ t c c tr t i x1, x2 th a mãn x1 + 2x2 = 3. 2. Tìm m ñ ñư ng th ng y = 1 c t ñ th hàm s (1) t i ba ñi m phân bi t A(0;1), B, C sao cho các ti p tuy n c a ñ th hàm s (1) t i B và C vuông góc v i nhau. Câu II. (4,0 ñi m) x x − 8 y = x + y y  1. Gi i h phương trình:  (x, y ∈ R)  x − y = 5.  π 2. Gi i phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin ( x + ) −1. (x ∈ R) 4 Câu III.(2,0 ñi m) Cho phương trình: log( x 2 + 10 x + m) = 2log(2 x + 1) (v i m là tham s ) (2) Tìm m ñ phương trình (2) có hai nghi m th c phân bi t. Câu IV. (2,0 ñi m) π 4 tan xdx Tính tích phân: ∫ cos x 0 1 + cos 2 x . Câu V. (4,0 ñi m) 1. Trong h t a ñ Oxy, cho ñi m A(3; 2), các ñư ng th ng ∆1: x + y – 3 = 0 và ñư ng th ng ∆2: x + y – 9 = 0. Tìm t a ñ ñi m B thu c ∆1 và ñi m C thu c ∆2 sao cho tam giác ABC vuông cân t i A. 2. Trong không gian v i h t a ñ Oxyz, cho hai ñi m A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và m t ph ng (P): x + y + z - 6 = 0. Tìm t a ñ ñi m M trên m t ph ng (P) sao cho MA2 + MB2 ñ t giá tr nh nh t. Câu VI. (2,0 ñi m) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông c nh a, SA vuông góc v i ñáy. Góc gi a m t ph ng (SBC) và (SCD) b ng 600. Tính theo a th tích kh i chóp S.ABCD. Câu VII. (1,0 ñi m) Cho ba s th c dương a, b, c th a mãn ab + bc + ca = 3. a3 b3 c3 3 Ch ng minh r ng: + 2 + 2 ≥ . b2 + 3 c + 3 a + 3 4 (Cán b coi thi không gi i thích gì thêm) H và tên thí sinh:……………………………………….SBD:…………………… http://ebook.here.vn – Thư vi n Sách Tham Kh o, ð thi , ðáp án 1