Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 môn Toán 12 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi chọn học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh, dưới đây là "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 môn Toán 12 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh" 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: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 môn Toán 12 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ================ 3 2 Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  1 1 . 1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 biết tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng d có phương trình x  5 y  1  0 . 2. Tìm m để đường thẳng  có phương trình y   m  1 x  1 cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C , biết hai điểm B, C có hoành độ lần lượt là x1; x2 thỏa mãn: x13   m  2  x1 x23   m  2  x2   1 . x22  1 x12  1 Câu 2. (5,0 điểm) 2 2  sin x  cos x  1  2sin 2 x  1. Giải phương trình:  1  tan x . sin 3x  sin 5 x  x  log 2 x  log 2  2 x  y.2 x  2. Giải hệ phương trình:  2  x, y   . 2log 2 x  6log 2  y  1  x log 2 x  3 y  3  0 0 22  1 1 23  1 2 2 22014  1 2013 2013 Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng: S  C 2013  .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 . 2 3 2014 Câu 4. (4,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A 1;1 , B  3;2  , C  7;10  . Lập phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng  lớn nhất. 2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2   z  1  4 2 2 2  S2  :  x  3   y  1   z  1  25 . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. Câu 5. (3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AB, CD sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Đặt AM  x, AN  y . Chứng minh rằng x  y  3xy , từ đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  a 3  b3  c 3 . Chứng minh rằng 1 1 1    1. 8a  1 8b  1 8c  1 ------------------------Hết------------------------ (Đề thi gồm có 01 trang)
UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ============== Thang Lời giải sơ lược điểm Cho hàm số y  x 3  x 2  1 1 . Câu Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 biết tiếp tuyến này vuông góc 3.0 1.1 với đường thẳng d có phương trình x  5 y  1  0 . TXĐ: , y '  3x 2  2 x 1.0 1 Hệ số góc của d là   Hệ số góc của tiếp tuyến là k  5 5 Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm  x0  1  y0  3 1.0 2  Khi đó 3 x0  2 x0  5   5 23  x    y0     0 3 27  202 Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến: y  5x  2 ; y  5x  27 1.0 Tìm m để đường thẳng  có phương trình y   m  1 x  1 cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C , biết điểm B, C có hoành độ lần lượt là x1; x2 1.2 2.0 x13   m  2  x1 x23   m  2  x2 thỏa mãn:   1 2  . x22  1 x12  1 Phương trình hoành độ giao điểm: x  0 x 3  x 2  1   m  1 x  1  x  x 2  x   m  1   0   2 0.5  x  x   m  1  0 *  cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt A, B, C  phương trình (*) có  5    4m  5  0 m   0.5 hai nghiệm phân biệt khác 0    4 (**) m  1  0  m  1
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (*), ta có: x13   m  2  x1   x1  1  x12  x1   m  1    m  1    m  1 x23   m  2  x2   x2  1  x2 2  x2   m  1    m  1    m  1 0.5 Khi đó  2    m  1   m  1  1 x22  1 x12  1 2 x 2  x22  2   m  1 2 1  x  x   2 x1 x2  2  1 3  1   m  1 2 2 1 2    x2  1 x1  1 2 2 x1 x2   x1  x2   2 x1 x2  1 Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành 0.5 2 2  m  1  3  m  1 m  0 2  1 . Từ đó tìm được   m  1  2  m  1  2  m  3 Kết hợp điều kiện (**) ta có m  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Câu 2  sin x  cos x  1  2sin 2 x  1.Giải phương trình:  1  tan x 1 . 2.5 2.1 sin 3 x  sin 5 x sin 3 x  sin 5 x  0 ĐK:   sin 4 x  0 * 0.5 cos x  0 2 Biến đổi được 1   sin x  cos x  1  2sin 2 x   2 sin 4 x  cos x  sin x  sin x  cos x  0  2  0.5   cos x  sin x 1  2sin 2 x   2 sin 4 x  3    2  x   k  k   (Loại) 0.5 4  3  cos x  sin x  sin 3x  sin x  cos3x  cos x  2 sin 4 x    x   k 2 0.5   4  2 sin  3x    2 sin 4 x   k    4  x  3  k 2  28 7 Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là 3 k 2 x   k  7m  3, k , m   28 7 0.5
 x  log 2 x  log 2  2 x  y.2 x  1 2.2 Giải hệ phương trình:  2  x, y  . 2.5 2log 2 x  6log 2  y  1  x log 2 x  3 y  3  0  2  ĐK: x  0; y  1 Phương trình 0.5 1  x  log 2 x  log 2  2 x  y  1  x  log 2 x  x  log 2  y  1  x  y  1 Thế vào (2) ta có 2log 22 x  6 log 2 x  x log 2 x  3 x  0  log x  3  0  3 0.5  log 2 x  3 2log 2 x  x   0   2  2 log 2 x  x  0  4   3  x  8 0.5 2 Giải (4), xét f  x   2log 2 x  x  x  0   f '  x   1 x ln 2 2 f ' x   0  x  . Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai 1.0 ln 2 nghiệm. Mà f  2   f  4   0   4  có hai nghiệm x  2; x  4 Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y  :  8;7  ;  2;1 ;  4;3 Câu 0 22  1 1 23  1 2 2 22014  1 2013 2013 Tính tổng: S  C 2013  .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 . 2.0 3 2 3 2014 2013 0 1 2 2 2013 2013 Xét 1  2 x   C2013  C2013 .  2 x   C2013 . 2 x   ...  C2013 . 2 x  0.5 2 2 2014 I   1  2 x  2013 1 2013 dx   1  2 x  d 1  2 x   1  2 x  2  52014  32014 0.5 1 21 4028 1 4028 2 2 2013 C2013 0  C 1 .  2 x   C 2 .  2 x   ...  C 2013 .  2 x  dx  1 2013 2013 2013   0 x2 1 x3 2 2 x 2014 2013 2013  2  C2013 x  C2013 .2  C2013 .2  ...  C2013 .2  0.5  2 3 2014 1 0 22  1 1 23  1 2 2 2 2014  1 2013 2013 C2013  .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 2 3 2014 52014  32014 Vậy S  4028 0.5
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A 1;1 , B  3;2  , C  7;10  . Lập Câu phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến 2.0 4.1 đường thẳng  lớn nhất TH1:  cắt đoạn thẳng BC tại M ∆  d  B;    d  C ;    BM  CM  BC B M C 0.5 A TH2:  không cắt đoạn thẳng BC , gọi I  5;6  là trung điểm BC ∆  d  B;    d  C ;    2d  I ;    2 AI A 0.5 B I C Vì BC  80  2 41  2 AI nên d  B;    d  C ;   lớn nhất bằng 2 AI  2 41 0.5 khi  vuông góc với AI    đi qua A 1;1 và nhận AI   4;5  là véc tơ pháp tuyến 0.5 Vậy phương trình đường thẳng  : 4  x  1  5  y  1  0   : 4 x  5 y  9  0 2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2   z  1  4 2 2 2 4.2  S2  :  x  3   y  1   z  1  25 . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt 2.0 nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.  S1  có tâm I1 (0;0;1) , bán kính R1  2 0. 5  S2  có tâm I 2 (3;1; 1) , bán kính R2  5 I1I 2  14  R2  R1  I1 I 2  R2  R1  hai mặt cầu cắt nhau 0.5 Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình 0.5
 x 2  y 2   z  1 2  4 2  x  y   z  1  4 2 2  2 2 2   x  3   y  1   z  1  25 6 x  2 y  4 z  11  0 Do đó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn đó là giao tuyến của măt cầu  S1  và mặt phẳng ( P ) : 6 x  2 y  4 z  11  0 7 d  I1;( P)    bán kính đường tròn cần tìm là 56 0.5 5 2 r  R d1 2 2  I ; P 1  4 Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm Câu thay đổi lần lượt thuộc cạnh AB, CD sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc 3.0 5 với mặt phẳng ( ABC ) . Đặt AM  x, AN  y . Chứng minh rằng x  y  3 xy , từ đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Kẻ SO  MN tại O  SO   ABC  ( Vì  SMN    ABC  ) S  O là trọng tâm tam giác đều ABC ( Vì S . ABC là hình chóp đều ) 0. 5 N C A O M B 1 1 1 Ta có S AMN  S AMO  S ANO  xy.sin 600  x. AO.sin 300  y. AO.sin 300 2 2 2 0.5 1 3 1 1 1 1 1 1  xy.  x. .  y. .  x  y  3 xy 1 2 2 2 3 2 2 3 2 1 S SMN  SO.MN  S SMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất ( Vì SO không đổi) 2 0.5 2 2 Ta có MN 2  x 2  y 2  2 xy cos 600  x 2  y 2  xy   x  y   3xy  9  xy   3 xy 4 Từ giả thiết  0  x; y  1 . Từ 1  3xy  x  y  2 xy  xy  9 0.5 1  x  1 y  1  0  xy  1  x  y  xy  1  3xy  xy  2
4 1 Đặt t  xy, t   ;   MN 2  9t 2  3t 9 2 4 1 Lập bảng biến thiên hàm số f  t   9t 2  3t , t   ;  ta được 9 2 1.0 4 2 MN nhỏ nhất khi t  , khi đó x  y  9 3 x  1  1 1  x  MN lớn nhất khi t  , khi đó  1 hoặc  2 2  y  2  y  1 Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  a 3  b3  c 3 . Chứng minh rằng Câu 1 1 1 1.0 6    1. 8a  1 8b  1 8c  1 Ta có a 3  a 3  1  3a 2 ; b3  b 3  1  3b 2 ; c3  c3  1  3c 2  a 2  b2  c 2  3  a  b  c  3  a 2  b2  c2   3 3a 3b 3c 0. 5 Đặt x   a; y   b; z  c  x y z 3 a b c abc abc 1 1 1 1 1 1 Ta có a  b  c  x  y   2 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8z  1 1 1 2 Mà:   x 8x  1 (2 x  1)(4 x  2 x  1) 4 2  1 1 1  Tương tự suy ra VP(2)  2  x  y  z  4 2 4 2 4 2 0.5 1 1 1 1 Ta chứng minh    (3) 4 x  2 4 y  2 4z  2 2 Biến đổi được  3  4 x  4 y  4 z  12 ( Bất đẳng thức này luôn đúng bằng cách sử dụng bất đẳng thức Côsi, với chú ý x  y  z  3 )  đpcm. 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm