Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu là tư liệu tham khảo giúp giáo viên phân loại năng lực học sinh, tuyển chọn những học sinh xuất sắc nhất cho đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh. Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án)" để nắm chi tiết các bài tập.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 − 3x (1) và đường thẳng (∆ ) : y = 2mx − 2 (với m là tham số). Tìm m để đường thẳng (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ). 2x 3 2) Cho hàm số y có đồ thị (C) và đường thẳng d: y 2 x m . Chứng minh rằng d cắt x 2 (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 2013 k 2 2013 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: sin 4 x cos 4 x 4 2 sin x 1 4 1 3 xy 1 9y2 1 2) Giải hệ phương trình: x 1 x 3 2 2 x (9 y 1) 4( x 1) x 10 Câu III (2,0 điểm) 1 1 1 1 1 1) Rút gọn biểu thức: S ... 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0! 5 u1 2 n 1 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (n N *) . Tìm lim . 1 2 k 1 uk un 1 un un 2 2 Câu IV (3,0 điểm) ﾷ B = SAC 1) Cho khối chóp S . ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS ﾷﾷ = 900 , BSC = 1200 . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a. 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN. Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz 2 2 x8 y8 y8 z8 z 8 x8 Chứng minh rằng: 8 x4 y4 x2 y2 y4 z4 y2z2 z4 x4 z2 x2 ……………..Hết……………….. Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: …………………...............
Chữ ký của giám thị 1:………………………….Chữ ký của giám thị 2:............................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa) Câu Nội dung Điểm I1 1) Cho hàm số y = x3 + 2mx 2 − 3x (1) và đường thẳng (∆) : y = 2mx − 2 (với m là 1,0đ tham số). Tìm m để đường thẳng (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ). Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và ( ∆ ) là nghiệm phương trình: x 3 + 2mx 2 − 3x = 2mx − 2 � x 3 + 2mx 2 − (2m + 3) x + 2 = 0 x =1 � ( x − 1) � �x 2 + (2 m + 1) x − 2 � �= 0 � . 0,25 x 2 + (2m + 1) x − 2 = 0(2) Vậy (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt phương trình (2) có (2m + 1) 2 + 8 > 0 hai nghiệm phân biệt x ��۹ 1 m 0. 1 + 2m + 1 − 2 0 Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m2), B( x1;2mx1 − 2), C( x2 ;2mx2 − 2) , trong đó x1 ; x 2 0,25 là nghiệm phương trình (2) nên x1 + x 2 = −2m − 1, x1x 2 = −2 1 2 Tam giác OBC có diện tích S = BC.d . Trong đó d = d(O; ∆) = 2 1+4m 2 BC 2 = ( x2 − x1 ) 2 + (2mx2 − 2mx1 ) 2 = � ( 4m 2 + 1) ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 � � � � BC = � 2 ( 4m2 + 1) � S = (�2m + 1) + 8� � ( 2m + 1) 2 +8 0,25 m 1 0,25 Vậy S = 17 4m 2 4m 9 17 (TM) m 2 I2 2) Cho hàm số y 2x 3 có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = 2x + m. Chứng minh x 2 1,0đ rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần lượt là 2013 2013 hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = k1 k2 đạt giá trị nhỏ nhất. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: 2x 3 x 2 2x m 2 0,25 x 2 2x ( 6 m ) x 3 2m 0(*)
Xét phương trình (*), ta có: 0, m R và x = 2 không là nghiệm của (*) nên d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là 1 1 k1 2 , k2 , trong đó x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy ( x1 1) ( x 2 1) 2 0,25 1 1 k1 .k 2 2 2 2 4 (k1>0, k2>0) x1 2 x2 2 x1 x 2 2 x1 2 x2 4 Có P = k1 2013 k2 2013 2. k1 k 2 2013 2 2014 , do dó MinP = 2 2014 đạt được khi 1 1 k1 k2 2 ( x1 2) 2 ( x2 2) 2 ( x1 2) ( x 2 2) 2 0,25 do x1 , x 2 phân biệt nên ta có x1 +2 = x2 2 x1 + x2 = 4 m = 2. Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. II1 1) Giải phương trình: sin 4 x cos 4 x 4 2 sin x 1 (1) 4 1,0đ PT(1) 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx) 0,25 (cosx – sinx). (cos x sin x)(sin 2 x cos 2 x) 2 0 *) cos x sin x 0 x k 0,25 4 *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 cosx + sin3x + 2 = 0 (2) 0,25 cos x 1 *) Vì cos x 1; sin 3 x 1, x nên (2) hệ vô nghiệm. sin 3 x 1 0,25 Vậy PT có nghiệm là: x k (k Z) 4 II2 3 xy 1 9y2 1 1 (1) 2) Giải hệ phương trình: x 1 x 1,0đ 3 2 2 x (9 y 1) 4( x 1). x 10(2) ĐK: x 0 NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0 x 1 x PT (1) 3y 3y 9 y 2 1 x 0,25 2 1 1 1 3 y 3 y (3 y ) 2 1 1 (3) x x x Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2 1 , t > 0. 2 t2 Ta có: f’(t) = 1 + t 1 >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞) t2 1 1 1 PT(3) f(3y)= f 3y = 0,25 x x Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 x2 4( x 2 1). x 10
Đặt g(x)= x 3 x 2 4( x 2 1). x 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 0,25 g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 1 Với x =1 y = 3 1 KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ). 3 0,25 III1 1) Rút gọn biểu thức: 1 1 1 1 1 1 S ... ... 1,0đ 1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! (k 1).k!.(2013 k )! 2014.2013!.0! k 2013 1 2013 C 2013 +) Ta có: S S .2013! 0 (k 1).k!.(2013 k )! 0 k 1 k k 0,25 k k 1 C 2013 2013! 2014! C 2014 +) Ta có: k 1 (k 1)!.(2013 k )! 2014.(k 1)! 2014 (k 1) ! 2014 0,25 (k =0;1;…;2013) k 1 2013 C 2014 1 2014 k +) Do đó: S.2013!= . C 2014 0 2014 2014 k 1 k 0,25 1 2 2014 1 +) S.2013! = 2 2014 1 S 2014 2014! 0,25 III2 5 u1 2 n 1 1,0đ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: (n N *) . Tìm lim . 1 2 k 1 uk un 1 un un 2 2 1 2 +) Ta có: u n 1 un (u n 4u n 4) 0, n Dãy không giảm. 2 Nếu có số M: un M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un u1 L u1 0,25 +) Khi đó ta có: L = L2 – L + 2 1 L = 2. (Vô lý) 0,25 2 limun = 1 1 +) Ta có: u n2 2u n 4 2u n 1 u n (u n 2) 2(u n 1 2) u n (u n 2) 2(u n 1 2) 1 1 1 1 1 1 ( n N *) un 2 un un 1 2 un un 2 un 1 2 0,25 n 1 1 1 n 1 1 0,25 +) Do đó: lim = 2 k 1 uk u1 2 un 1 2 k 1 uk u1 2 IV1 1) Cho khối chóp S . ABC SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS ﾷ B = SAC ﾷﾷ = 900 , BSC = 1200 . 1,5đ Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a .
S S Dùng ĐL Cosin tính được: 0,25 N MN = 2a 3 A A C N M H M B AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600) tam 0,25 giác AMN vuông tại A. Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A. 0,25 SH ( AMN ) ; tính được SH = a. 2 2a 3 0,25 Tính được VS . AMN 3 VS . AMN SM .SN 1 0,25 VS . ABC 2 2a 3 VS . ABC SB.SC 3 3VS . ABC 6a 3 2 0,25 Vậy d (C ;( SAB)) = = = 2a 2 S ∆SAB 3a 2 IV2 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và 1,5đ đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN. +) Đặt BM x , với 0 DN x . Khi đó ta có: BM 0,25 x 1 x.BA và DN x.DC BA DC +) Ta có: DN x.DC BN BD x ( BC BD) BN x.BC (1 x).BD 0,25 Do đó: MN BN BM x.BC (1 x).BD x.BA a2 a2 a2 0,25 +) MN2 = x 2 a 2 (1 x) 2 a 2 x2a2 2 x(1 x) 2x 2 . 2 x(1 x) 2 2 2 = a2 x 2 (1 x) 2 x 2 x(1 x) x 2 x(1 x) = (2x2 – 2x + 1)a2 +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn 0;1 ta có: 0,25 1 1 max f ( x) f (0) f (1) 1, min f ( x ) f( ) 2 2 0,25 +) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng a 2 khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. 2 +) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M B, N D hoặc M A, N C. 0,25 Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 2 V x8 y8 y8 z8 z 8 x8 Chứng minh rằng: 8 x4 y4 x2 y2 y4 z4 y2z2 z4 x4 z2 x2
1,0đ +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8 0,25 a2 b2 3(a 2 b2 ) Do ab nên a 2 b 2 ab Dấu“=”có a=b 2 2 a4 b4 a4 b4 a4 b4 1 2 0,25 (a b2 ) +) Ta có: a 2 b 2 ab 3 2 . Ta sẽ chứng minh: 3 3 (1). a b2 a2 b2 2 2 Thật vậy: (1) 2( a 4 b 4 ) (a 2 b2 )2 (a2 – b2)2 0 (luôn đúng). a4 b4 1 2 Do đó ta được: 2 2 (a b 2 ) Dấu“=”có a2=b2 a=b a b ab 3 b4 c4 1 2 0,25 +) Áp dụng BĐT trên ta có: 2 2 (b c 2 ) Dấu“=”có b=c b c bc 3 c4 a4 1 2 2 2 (c a 2 ) Dấu“=”có c=a c a ca 3 Cộng các vế các BĐT trên ta được: a4 b4 b4 c4 c4 a4 2 2 2 2 2 2 2 2 (a b2 c 2 ) (2) Dấu“=”có a=b=c a b ab b c a ca c bc 3 2 +) Theo BĐT Côsi ta có: (a 2 b 2 c 2 ) 2.3 a 2 b 2 c 2 8 .Dấu“=”có a=b=c 0,25 3 Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra x y z 2