Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2011-2012 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý giáo viên cùng tham khảo "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2011-2012 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương" để phục vụ cho ôn luyện và đánh giá năng lực học sinh.

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 lớp 12 năm học 2011-2012 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN Vòng 1 ĐỀ THI CHÍNH Thời gian làm bài: 180 phút THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) x−2 y= x +1 1. Cho hàm số có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M. y = 9x + m x2 + 9 2. Tìm m để hàm số có cực đại. Câu 2 (2 điểm) 1 sin 2012 x + cos 2012 x = 21005 1. Giải phương trình x + x2 + 1 = y + y2 − 1 x 2 + y 2 − xy = 1 2. Giải hệ phương trình Câu 3 (2 điểm) 9 3 � π 9� 3 tan tan + sin A +xtan π ),B∀+xsin� B +x tan Cx + sin( A3+−sin 0; � C 2 2 � 2� 2 1. Chứng minh . Từ đó suy ra trong mọi tam giác nhọn ABC ta có . y = x + 4 + 4 − x − 16 − x 2 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số . Câu 4 (3 điểm) a 3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. 1. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. ﾷ MAN = 450 2. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN. Câu 5 (1 điểm) a2 + b2 + c2 = 1
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh a 2 + ab + 1 b 2 + bc + 1 c 2 + ca + 1 + + 5(a + b + c) a 2 + 3ab + c 2 b 2 + 3bc + a 2 c 2 + 3ca + b 2 …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh: ………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2: ……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00 y '−= (� 3 �y '(aa−) =2 � 3 M C ) 2M�� a; ,a 1 ( x + 1) � a + 1 � (a + 1) 2 � 0,25 . 3 (∆) a−2 y= ( x − a) + (a + 1) 2 a +1 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt x =∆1−1 Tiệm cận đứng có phương trình 0,25 y = 1� ∆ 2I (−1;1) Tiệm cận ngang có phương trình ∆ �∆ = B � B� ∆ �∆12= A � A � (−21;a a+ −1;15)� � 0,25 � a +1 � , 1 1 a −5 1 6 S IAB = IA.IB = − 1 . 2a + 2 = . .2 a + 1 = 6 2 2 a +1 2 a +1 0,25 (không phụ thuộc vào a, đpcm) 2 y = 9x + m x2 + 9 1,00 Tìm m để hàm số có cực đại
mx ﾷ 9m y' = 9 + , y '' = x2 + 9 ( x 2 + 9) x 2 + 9 TXĐ: , y ' = 0 � 9 x 2 + 9 + mx = 0 � 9 x 2 + 9 = − mx 0,25 �mx < 0 � mx < 0 � � m 2 ∀81 +81( � > x�� 2 −m=9m9x2 x2 2+ 9ﾷm+� +9 9) xm 2 9− 81) . (mx 2 x x92 =x81.9 9( x) y' = > 0, ∀x x2 + 9 TH 1. nên suy ra hàm số đồng biến trên , không có cực trị. 0,25 −27 m > 9 �� (I ) x1 = m 2 − 81 TH 2. �9mm> 9 y ''( x1 ) = >0 x1 0,25 ( x + 9) x + 9 2 1 2 1 là điểm cực tiểu loại 27 m < −9 �� (I ) x2 = m 2 − 81 TH 3. 9m y ''( x2 ) =
2 Giải hệ phương trình x + x 2 + 1 = y + y 2 − 1 (1) 1,00 ĐK: . (1)x 2� = y= 1y 21− 1 − x 2 (2) xy 2−−yxy +1 + � x − 2 xy + y = y − 1 + x + 1 − 2 ( y 2 − 1)( x 2 + 1) 2 2 2 2 � xy = ( y 2 − 1)( x 2 + 1) � x 2 y 2 = x 2 y 2 + y 2 − x 2 − 1 � x 2 − y 2 = −1 0,25 Kết hợp với (2) ta đ x 2 − y 2ượ= −c 1 x=0 0,25 2 − xy = 0 � 2 � 2 x x 2 + yx2 =− 0xy&=(2) 1 � y = 1 � y = �1 y = 2 x 1 1 2 y = 2 x & (2) � 3x 2 = 1 � x 2 = � x = �� y=� 3 3 3 0,25 x =1 0, y = 12 x= ,y= 3 3 Thử lại ta có và thỏa mãn hệ pt 0,25 Vậy hệ có 2 nghiệm như trên 9 3 �π� tan x + sin x − x ( 3 − π ), ∀x � 0; � III 1 2 2 � 2� 1,00 Chứng minh . Xét hàm số trên f ( x ) = �x π+ sin �x−9x 3 tan 0; 1 9 2cos x −� 9cos2 x� 2 + 2 (2cos 2 x − 1)(cos 2 x − 4cos x − 2) f '( x) = 2 + cos x − = � 2 � = 2 cos x 2 2cos x 2cos x 0,25 �π� 1 − f2cos ( x) x x ��0; �� 0 < cosx
9 3 �π� f ( x) = tan x + sin x − x ( 3 − π ), ∀x � 0; � 2 2 � 2� Vậy 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi π x= �3 π � A, B, C �� 0; �� 2� Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên 9 3 tan A + sin A A+ ( 3 −π) 2 2 . Tương tự, cộng lại ta được Kết hợp với ta có đpcm A + B + C = π 9 9 0,25 tan A + tan B + tan C + sin A + sin B + sin C ( A + B + C) + ( 3 − π ) y = x + 4 + 4 − x − 2 − x2 16 2 2 1,00 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số TXĐ: . Đặt . Bình pht 2ươ t==ng ta đ =x+[+−4c . D 8 +x2+D4(ượ 4 −]ấx−u b 4;4 4)(4 , tx)ằ0ng có khi x= 8 Mặt khác theo BĐT Côsi ta có t 2 = 8 + 2 ( x + 4)(4 − x) 8 + ( x + 4) + (4 − x) = 16 .D bằng có khi x=0 Do t �0 � 2 2 t 4 Khi đó 0,25 t2 − 8 1 2 y = f (t ) =f '(t t−) = −t +=1, −f '(tt) =+ 0t +�4,tt = 1� � 2 2;4 � � 2 2 0,25 (loại) f (2 2) = 2 2, f (4) = 0 0,25 . max miny y==max min ) =2 0 2 4 f (ft()t = [ −4;4 [ −4;4 ] ] �2 � 22 �� 2 ;4 ;4 � � 0,25 Vậy khi x=0, khi x= IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50 S C' D' B' D C A B BC ⊥ AB, BC ⊥ SA � BC ⊥ ( SAB ) � BC ⊥ AB ' SC ⊥ ( P ) � SC ⊥ AB ' � AB ' ⊥ ( SBC ) � AB ' ⊥ SB
AD ' ⊥ SD 0,25 Tương tự 0,25 VS . AB ' C ' D ' = VS . AB ' C ' + VS . AD ' C ' VS . AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 3 3 9 = . = . = 2. 2 = . = 0,25 VS . ABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC 4 5 20 (1) VS . AD ' C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9 0,25 = . = . = . = . = VS . ADC SD SC SD 2 SC 2 SD 2 SC 2 4 5 20 (2) 1 1 2 a3 3 VS . ABC = VS . ADC = . a .a 3 = 3 2 6 0,25 Do Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB ' C ' VS . AD ' C ' 9 9 9 a 3 3 3 3a 3 VS . AMN20= .[S AMN + 3 = BM + x,=y� V0;S .aAB]=' C y' D ' = . 1x, DN = a3 3 a 3 20 .a 3 10 6 20 0,25 3 6 6 2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50 ( Hình vẽ trang cuối) . Đặt ; DP = BM = x Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho ﾷﾷ 0,25 ∆ABM = ∆ADP � AM = AP, BAM = DAP ﾷ MAN ﾷ = 450 � BAM ﾷ + DAN ﾷ = 450 � NAP ﾷ = DAP ﾷ + DAN = 450 1 1 0,25 � ∆MAN = ∆PAN � S MAN = S PAN = AD.PN = a ( x + y ) 2 2 (*) Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được MN 2 = MC 2 + CN 2 � ( x + y ) 2 = (a − x ) 2 + (a − y ) 2 0,25 x 2 + y 2 + 2 xy = a 2 + x 2 − 2ax + a 2 + y 2 − 2ay � xy + a ( x + y ) = a 2 a 2 − ax 0,25 � y= x+a Thế vào (*) ta được 1 a 2 − ax S MAN = a ( x + ) 2 x+a
Đặt a �x 2 + a 2 � a x 2 + 2ax − a 2 . f ( x) = � �� f '( x) = . 2 �f x'(+x)a= 0�� x = ( 22− 1) a( x + a) 2 0,25 2 f (( 2 − 1)a) = a ( a 2 − 1) 2 f (0) = f ( a) = 2 , min f ( x) = a 2 ( 2a−2 1) a ] max f ( x ) = [ 0;� [ 0;a ] 2 , M B, N a 3C 3 max VS . AMN = M C, N D 6 Vậy khi MB = ND = 3( a ( 2 − 1)a 3 0,25 min VS . AMN = 3 khi a 2 + ab + 1 b 2 + bc + 1 c 2 + ca + 1 + + 5(a + b + c) V a + 3ab + c 2 2 b + 3bc + a 2 2 c + 3ca + b 2 2 1,00 ∀x, y > 0 x2 x + �۳ 2 y −2۳xy − 2 x 2 2 xy y 2 2x y y 0,25 ta có a 2 + ab + 12 2 (a 2 + ab + 1)2 2 2 a 22 + b 2 � = 2 + a − =c − ab 2(a 2+� b +2(ca ) + ab 22 a −+ 1) 2 c −− (a + 3ab + c 2 ) 2 a 2 + 3ab + c 2 a + 3ab + c 2 2 0,25 5a 2 + 3b 2 + 2c 2 (10)(a 2 + a 2 + a 2 + a 2 + a 2 + b 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 ) = = 2 20 ( a + a + a + a + a + b + b + b + c + c ) 2 5a + 3b + 2c = 0,25 2 5 2 5 Tương tự, cộng lại ta được a 2 + ab + 1 b 2 + bc + 1 c 2 + ca + 1 + + 5(a + b + c) a 2 + 3ab + c 2 b 2 + 3bc + a 2 c 2 + 3ca + b 2 1 � a=b=c= 0,25 3 Đẳng thức xảy ra
A B x 45 0 M x P y C D N