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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2011-2012 – Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang (Đề chính thức)" giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi. Chúc các em thành công và đạt điểm cao.

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 Kiên Giang (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH TỈNH KIÊN GIANG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 −−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN HỌC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 01/11/2011 (Đề thi có 01 trang) Bài 1 (5 điểm). 1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực : x 2 − 2 x + 3 + x > x 2 − 6 x + 11 + 4 − x . 2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :  x + y + 2 y = 7 + 2 xy 2 2  2 ( x − y )( x − y ) + 13 y + 6 = 13 x 2 Bài 2 (5 điểm). 2x π Chứng minh rằng sin x > đúng với mọi x ∈ (0; ) . π 2 4 x2 −π π Từ đó chứng minh rằng cos x ≤ 1 − đúng với mọi x ∈ ( ; ). π 2 2 2 Bài 3 (5 điểm). = SCB = 25 Cho hình chóp S . ABC có SAC ABC = 900 và SA = cm, AB = 4cm, BC = 3cm . Tính thể 4 tích khối chóp S . ABC . Bài 4 (5 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực : 3cot 2 x + 2 2 sin 2 x = (2 + 3 2) cos x . −−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TÌNH LỚP 12 THPT TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2011 – 2012 --------------------- ------------------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Ngày thi 01/11/2011 (Hướng dẫn chấm này gồm có 03 trang) BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM Bài 1.1 Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 4 . (2,5 điểm) BPT đã cho tương đương với BPT x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 4 − x − x 0,5đ 4( x − 2) −2( x − 2) ⇔ > 1,0đ x − 2 x + 3 + x − 6 x + 11 2 2 4− x + x  4 2  ⇔ ( x − 2)  + >0⇔ x>2 0,5đ  x − 2 x + 3 + x − 6 x + 11 2 2 4− x + x  Kết hợp với điều kiện, nghiệm của BPT đã cho là 2 < x ≤ 4 . 0,5đ Bài 1.2 ( x − y ) + ( x + y ) − ( x − y ) = 7 2 (2,5 điểm) Hệ đã cho được viết lại :  1,0đ ( x + y )( x − y ) + 6 = 13( x − y ) 2 v + u − v = 7 u = −v + v + 7 2 2 (1) Đặt u = x + y, v = x − y ta được hệ  2 ⇔ 4 3 0,5 đ uv + 6 = 13v v − v − 7v + 13v − 6 = 0 (2) 2 v = 1 (2) ⇔ (v + 3)(v − 2)(v − 1) = 0 ⇔ v = 2 2 0,5đ v = −3 Hệ (1) và (2) có 3 cặp nghiệm : (7 ; 1), (5 ; 2), (−5 ; −3). 7 3 0,5đ Hệ đã cho có 3 cặp nghiệm : (4;3), ( ; ), (−4; −1) . 2 2 Bài 2 2x (5 điểm) Xét hàm số f ( x) = sin x − . 1,0đ π 2 π Ta có f / ( x) = cos x − và f / ( x) = 0 có duy nhất nghiệm x = x0 ∈ (0; ) . π 2 π x 0 x0 2 / f ( x) + 0 − 1,0đ f ( x) 0 0 . 2x π Dựa vào BBT ta có ngay f ( x) = sin x − > 0, ∀x ∈ (0; ) . π 2 Trang 1
4 x2 Vì hàm số y = cos x và hàm số y = 1 − là các hàm số chẵn nên ta chỉ cần chứng π2 4 x2 π 1,0đ minh cos x ≤ 1 − đúng với mọi x ∈ [0; ) . π 2 2 π 2x 4x2 4x2 Theo trên, ∀x ∈ [0; ) ta có sin x ≥ ≥ 0 . Do đó, sin 2 x ≥ 2 ⇔ cos 2 x ≤ 1 − 2 . 1,0đ 2 π π π π 4 x2 π Mặt khác, cos x > 0, ∀x ∈ [0; ) nên ta được cos x ≤ 1 − 2 đúng với mọi x ∈ [0; ) . 2 π 2 1,0đ Bài 3 ∆ABC vuông tại B nên AC = AB 2 + BC 2 = 5 . 0,5đ (5 điểm) Gọi H là hình chiếu của S lên mp(ABC). 1,0đ Vì AC vuông góc đoạn xiên SA nên AC vuông góc hình chiếu HA. Tương tự, BC ⊥ HC. Suy ra HC song song AB. 1,0đ = CAB Do đó, HCA . Vì vậy, ∆ACH ∼ ∆BAC . 1,0đ AH AC 15 1,0đ Vì = nên AH = . Suy ra, SH = SA2 − AH 2 = 5 . BC BA 4 1 1 1 Ta có VSABC = S ABC .SH = . AB.BC.SH = 10cm3 . 0,5đ 3 3 2 S H C A B Bài 4 ĐK sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ . Đặt t = cos x , −1 < t < 1 0,5đ (5 điểm) PT đã cho trở thành : 1,0đ 2 2t 4 + (2 + 3 2)t 3 − (4 2 − 3)t 2 − (2 + 3 2)t + 2 2 = 0 0,5đ Vì t = 0 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho t 2 ta được 1 1 2 2(t 2 + 2 ) + (2 + 3 2)(t − ) + 3 − 4 2 = 0 (1) t t Trang 2
1 1 Đặt y = t − ta được t 2 + 2 = y 2 + 2 0,5đ t t  3  y = − 2 1,0đ (1) trở thành 2 2 y 2 + (2 + 3 2) y + 3 = 0 ⇔   2  y = − 2 3 1 π Với y = − ta được t = −2 (loại ) và t = ⇔ x = ± + k 2π 0,5đ 2 2 3 2 2 π Với y = − ta được t = − 2 ( loại ) và t = ⇔ x = ± + m 2π 0,5đ 2 2 4 π π Vậy nghiệm PT là x = ± + k 2π và x = ± + m2π . 0,5đ 3 4 HẾT Trang 3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH TỈNH KIÊN GIANG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 −−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN HỌC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 02/11/2011 (Đề thi có 01 trang) Bài 5 (7 điểm). Cho hai số thực x, y thỏa mãn đẳng thức x 2 + y 2 + xy = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x 3 y 3 − 3 xy ( x + y ) 2 . Bài 6 (6 điểm). Trong mặt phẳng cho hai đường tròn không bằng nhau (O; R ) và (O / ; R / ) , tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Điểm B di động trên đường tròn (O). Đường thẳng vuông góc với BA tại A cắt đường tròn (O’) tại C (khác A) . 1. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn luôn đi qua một điểm cố định. 2. Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ABC luôn thuộc một đường tròn cố định, khi B thay đổi. Bài 7 (7 điểm). Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n , phương trình x 2 + y 2 = z 2 + n có vô số nghiệm nguyên dương x, y, z . −−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TÌNH LỚP 12 THPT TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2011 – 2012 --------------------- ------------------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Ngày thi 02/11/2011 (Hướng dẫn chấm này gồm có 02 trang) Bài 1 Đặt S = x + y , P = xy . ĐK : S 2 ≥ 4 P . 0,5đ (7 điểm) Ta có x 2 + y 2 + xy = 3 ⇔ S 2 − P = 3 ⇔ S 2 = P + 3 ≥ 0 ⇒ P ≥ −3 . 1,5đ Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = − 3 . Vì S 2 ≥ 4 P và S 2 = P + 3 nên P + 3 ≥ 4 P ⇔ P ≤ 1 . 1,0đ Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1. Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1]. 0,5đ Ta có, M = x 3 y 3 − 3 xy ( x 2 + y 2 + xy + xy ) = P 3 − 3P (3 + P ) = P 3 − 3P 2 − 9 P . 1,0đ  P = 3 ∉ [ −3;1] Và M / = 3P 2 − 6 P − 9 ; M / = 0 ⇔  . 1,0đ  P = −1 ∈ [ −3;1] M (−3) = −27, M ( −1) = 5, M (1) = −11 0,5đ min M = min{M (−3), M (−1), M (1)} = M (−3) = −27 0,5đ [ −3;1] 0,5đ max M = min{M (−3), M (−1), M (1)} = M (−1) = 5 . [ −3;1] Bài 2 1. Ta có ∆ AOB cân đỉnh O nên AOB = 1800 − 2 BAO 0,5đ (6 điểm) Ta có ∆ AO’C cân đỉnh O’ nên ’ AO’C = 1800 − 2CAO 0,5đ Do đó, AOB + + CAO AO’C = 3600 − 2 BAO ( ’ = 1800 ) 0,5đ Suy ra OB // O’C . 0,5đ IC O ' C R ' R ' 0,5đ Gọi I là giao điểm của BC và OO’ ta có = = ⇒ IC = IB IB OB R R Vậy I là tâm vị tự ngoài của (O) và (O’). 0,5đ Vì vậy, BC luôn luôn đi qua điểm I cố định ( đpcm ). 2 2. Gọi M là trung điểm của BC ta có AG = AM . 3 0,5đ Gọi K là trung điểm của OO’. Vì MK là đường trung bình của hình thang 1,0đ R + R' CO’OB nên KM = . 2 Trang 1
R + R' 0,5đ Do đó M thuộc đường tròn tâm K bán kính bằng . 2 0,5đ * Ta có V 2 (M ) = G ( A, ) 3 R + R' và M thuộc đường tròn (K , ) cố định nên G chạy trên đường tròn cố 0,5đ 2 R + R' 2 định, là ảnh của đường tròn ( K , ) qua phép vị tự tâm A tỷ số k = . 2 3 B M C O K A O' I Bài 3 * Xây dựng được các bộ nghiệm. 4đ (7 điểm) * Chứng được tính nguyên dương của các bộ nghiệm đã xây dựng. 2đ * Chứng được tính “vô số” của các bộ nghiệm đã xây dựng. 1đ Chẳng hạn, Ta xây dựng các bộ nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) như sau : Đặt z = y + 1 ta có y 2 − z 2 = −(2 y + 1) . x2 − n −1 Khi đó ta có x + y − z = n ⇔ y = 2 2 2 . 2 Ta có tập A = {x = 2k + | n | +1: k ∈ ℕ*} gồm vô số phần tử x là số nguyên dương, khác x2 − n −1 tính chẵn−lẻ với n. và thỏa điều kiện x 2 − n − 1 > 0 . Vì vậy, y = là số nguyên 2 dương với mọi x thuộc A. x2 − n − 1 x2 − n + 1 Rõ ràng mỗi bộ ( x, y, z ) = ( x, , ) , với x ∈ A , đều là nghiệm của 2 2 phương trình đã cho. HẾT Trang 2