Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh lớp 12 có đáp án môn: Toán (Năm học 2012-2013)

Chia sẻ: Nguyen Anh Tuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

339
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi, mời các bạn cùng tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh môn "Toán - Lớp 12" năm học 2012-2013 dưới đây. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh lớp 12 có đáp án môn: Toán (Năm học 2012-2013)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ––––––––– ðỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Họ và tên,chữ ký ( BẢNG A ) của giám thị số 1 Ngày thi : 23/10/2012 Thời gian làm bài : 180 phút ––––––––––––– (Không kể thời gian giao ñề) ––––––––––––– (ðề thi này có 01 trang) Bài 1 (6 ñiểm) : x+2 1. Cho hàm số y = có ñồ thị (C), gọi I là giao hai tiệm cận . Viết phương trình x −1 tiếp tuyến với ñồ thị (C) biết tiếp tuyến ấy cắt hai ñường tiệm cận của ñồ thị tại hai ñiểm A, B sao cho bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất. ( x 2 + 2012) 7 1 − 2 x − 2012 2. Tính giới hạn sau : lim x →0 x Bài 2 (3 ñiểm) : Tìm m ñể phương trình sau ñây có nghiệm : x+2 x 2 − 2 x + m( x − 4) + 2 8 + 2 x − x 2 − 14 − m = 0 4−x Bài 3 (3 ñiểm) : Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác. ðặt IA = x , 1 1 1 2 IB = y , IC = z . Chứng minh rằng : 2 = 2+ 2+ x y z yz Bài 4 (5 ñiểm) : Trong mặt phẳng (P) cho ñường tròn ñường kính BC cố ñịnh. M là một ñiểm di ñộng trên ñường tròn ấy. Trên ñường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) tại B lấy một ñiểm A cố ñịnh. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B trên AM và AC . 1. Chứng minh rằng khi M di ñộng mặt phẳng (BHK) cố ñịnh . 2. Xác ñịnh vị trí của M ñể diện tích tam giác BHK lớn nhất Bài 5 (3 ñiểm) : Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn abc = 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : a 6 + b6 b6 + c 6 c6 + a6 P= + + a 4 + b4 + a 2b 2 b4 + c 4 + b 2 c 2 c 4 + a 4 + c 2 a 2 – – – – – – – – – – – – –Hết– – – – – – – – – – – – – Họ và tên thí sinh : – – – – – – – – – – – – –– – – – – – – – –Số báo danh: – – – –
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn Toán – Bảng A (ñề thi chính thức) Bài Sơ lược lời giải ðiểm Bài 1 1. Giao hai tiệm cận I( 1;1) 6ñiểm Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với ñồ thị tại ñiểm có hoành ñộ x0 0,5 −3 x +2 =>phương trình tiếp tuyến có dạng: y = ( x − x0 ) + 0 ( x0 − 1) 2 x0 − 1 x0 + 5 Tiếp tuyến cắt tiệm cận ñứng tại A( 1; ) x0 − 1 0,5 Tiếp tuyến cắt tiệm cận ngang tại B( 2 x0 − 1;1 ) x0 + 5 6 Ta có IA = −1 = ; IB = 2 x0 − 1 − 1) = 2 x0 − 1 x0 − 1 x0 − 1 0,5 6 Nên IA. IB = .2 x0 − 1 = 12 x0 − 1 1 Do vậy diện tích tam giác IAB : S = IA. IB = 6 2 S 6 0,5 Gọi p là nửa chu vi ∆IAB => bán kính ñường tròn nội tiếp ∆IAB : r = = p p => r lớn nhất p nhỏ nhất. Mặt khác ∆IAB vuông tại I nên 2 p = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB 2 ≥ 2 IA. IB + 2 IA. IB = 4 3 + 2 6 0,5 Dấu “ = ” xảy ra IA = IB ⇔ ( x0 − 1) = 3 ⇔ x = 1 ± 3 2 Với x = 1 − 3 ta có tiếp tuyến d1 : y = − x − 2( 3 − 1) 0,5 Với x = 1 + 3 ta có tiếp tuyến d2 : y = 2( 3 + 1) − x ( x 2 + 2012) 7 1 − 2 x − ( x 2 + 2012) + x 2 1 2. L = lim x →0 x  2 7 1 − 2x −1  = lim  ( x + 2012) + x x →0 x   1 Ta có L1 = lim( x + 2012) = 2012 L3 = lim x = 0 2 ; x →0 x →0 7 1 − 2x −1 1 − t7 Tính L2 = lim x →0 ðặt 7 1 − 2 x = t => x = x 2 Và khi x → 0 thì t → 1 2(t − 1) −2 2 1 => L2 = lim = lim =− t →1 1− t 7 t →1 1+ t + t + t + t + t + t 2 3 4 5 6 7 Vậy L = 2012.  −  + 0 = − 2 4024  7 7
Bài 2 x + 2 3ñiểm 4 − x ≥ 0  ðiều kiện:  x ≠ 4 ⇔ −2 ≤ x < 4 0,5 8 + 2 x − x 2 ≥ 0   Với ñ/k ñó phương trình ñã cho tương ñương với 0,5 ⇔ −(− x 2 + 2 x + 8) − m 8 + 2 x − x 2 + 2 8 + 2 x − x 2 − 6 − m = 0 . (1) ðặt t = 8 + 2x − x 2 ; Khi x ∈ [ – 2; 4) thì t ∈ [ 0; 3] . (2) 0,5 Phương trình trở thành : – t2 – mt + 2t – 6 – m = 0 −t 2 + 2t − 6 ⇔ m= . t +1 0,5 −t 2 + 2t − 6 −t 2 − 2t + 8 Xét hàm số f (t ) = ; t ∈ [ 0;3] ; f’(t) = t +1 (t + 1)2  t = −4 f’(t) = 0 ⇔  t = 2 Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên ñoạn [ 0 ; 3 ]. t –∞ –4 –1 0 2 3 +∞ f’(t) – 0 + + + 0 – 0,5 -2 f(t) 9 –6 − 4 Phương trình ñã cho có nghiệm x∈ [–2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t∈ [0; 3] ⇔ ðường thẳng y = m cắt ñồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ – 6 ≤ m ≤ – 2 0,5 Vậy với – 6 ≤ m ≤ – 2 thi phương trình có nghiệm Bài 3 Ta có: 3ñiểm r r x= = ; A sin 45 o B+C sin 2 y= r ; r r B 1 sin 2 z= r I C r sin B C 2 Suy ra: B+C B C C B yz sin sin cos + sin cos 2 2 1 =r 2 =r 2 2 2 2 = ( r + r ) = a => a 2 = y z (1) x B C B C B C x2 sin sin sin sin tg tg 2 2 2 2 2 2
Ngoài ra ñịnh lý hàm cos trong tam giác BIC cho : a 2 = y 2 + z 2 − 2 yz cos BIC B+C a 2 = y 2 + z 2 − 2 yzcos (180 − ) 2 a 2 = y 2 + z 2 − 2 yzcos135o 1 2 a 2 = y 2 + z 2 + 2 yz. (2) 2 y 2 z2 1 1 1 2 Từ (1) và (2) ta có : 2 = y 2 + z 2 + yz 2 2 = 2 + 2 + x x y z yz Bài 4 A a) 5ñiểm CM ⊥ BM  => CM ⊥ ( ABM ) ⊃ BH  K  CM ⊥ AB  BH ⊥ CM 1 =>  => BH ⊥ ( ACM ) ⊃ AC  BH ⊥ AM   AC ⊥ BH B H =>  => AC ⊥ ( BHK )  AC ⊥ BK  Mặt phẳng (BHK) ñi qua B cố ñịnh và vuông góc với AC cố ñịnh nên C mp(BHK) cố ñịnh 0,5 M BH 2 + HK 2 BK 2 ∆BHK vuông tại H => SBHK= (1/2) BH.HK ≤ = (const) 4 4 vậy ∆BHK có diện tích lớn nhất BH = HK ∆BHK vuông cân. 1 BK Khi ñó BH = 2 1 1 1 1 1 1 Mà = + 2 = 2 + BH 2 AB 2 BM 2 BK AB BC 2 1 1 1 1 1 1 1 => 2 = 2 2 + 2 = 2 + BK 2 BH AB BC 2 AB 2 BM 2 1 1 1 1 1 h2 + 2R 2 = + = + = 2 BM 2 BC 2 2 AB 2 4R2 h2 4h 2 R 2 4h 2 R 2 hR 2 1 => BM 2 = BM = h2 + 2R2 h2 + 2 R 2 (với R là bán kính ñường tròn (C), AB = h ) hR 2 Mà B cố ñịnh => M thuộc ñường tròn tâm B bán kính h2 + 2 R 2 0,5 => có hai vị trí của M làm cho diện tích ∆BHK ñạt GTLN ñó là giao của ñường tròn (C) và ñường tròn (B;BM)
Bài 5 (a 2 + b2 )(a 4 + b 4 − a 2b 2 ) (b 2 + c 2 )(b 4 + c 4 − b 2c 2 ) ( c 2 + a 2 )( c 4 + a 4 − c 2a 2 ) P= + + 3ñiểm a 4 + b 4 + a 2b 2 b4 + c 4 + b2c 2 c 4 + a 4 + c 2a 2 0,5 Nhận xÐt: Do abc = 2 2 nªn a2, b2, c2 là c¸c sè thùc d−¬ng x 2 + y 2 − xy XÐt : A = với x,y > 0 x 2 + y 2 + xy 0,5 2 x t2 − t +1 Chia tö và mÉu cho y và ®Æt t = ta ®−îc A = 2 víi t > 0 y t + t +1 t2 − t +1 B¶ng biÕn thiªn: XÐt hàm sè f(t) = trªn (0;+∞) t2 + t +1 t 0 1 + ’ f (t) – 0 + 2(t − 1) 2 1 1 0,5 Ta cã : f’(t) = = 0 ⇔ t =1 1 (t 2 + t + 1) 2 f(t) 3 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) ≥ với mọi t > 0 3 x 2 + y 2 − xy 1 Từ ñó A = ≥ với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y. x 2 + y 2 + xy 3 0,5 2 a 4 + b 4 − a 2b2 1 2 Áp dụng với x = a , y = b ta có 4 4 2 2 ≥ a +b +a b 3 b 4 + c 4 − b2 c 2 1 c 4 + a 4 − c 2a 2 1 Tương tự ≥ , ≥ b4 + c 4 + b 2 c 2 3 c 4 + a 4 + c 2a 2 3 1 1 1 2 => P ≥ (a 2 + b 2 ) + (b 2 + c 2 ) + (c 2 + a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 0,5 3 3 3 3 Áp dụng BðT Côsi ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 3 a 2b 2c 2 = 6 với abc = 2 2 => P ≥ 4 dấu ñẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a = b = c = 2 0,5 Vậy Pmin = 4 khi chẳng hạn a = b = c = 2 Chú ý: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải .Bài làm của học sinh phải chi tiết,lập luận chặt chẽ,tính toán chính xác mới ñược ñiểm tối ña. 2. Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho ñiểm. Tổ chấm trao ñổi và thông nhất chi tiết nhưng không ñược quá số ñiểm dành cho câu, phần ñó. 3. Có thể chia ñiểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 ñiểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. 4. ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm các phần ñã chấm. Không làm tròn ñiểm 5. Mọi vấn ñề phát sinh trong quá trình chấm phải ñược trao ñổi trng tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ.
së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi häc sinh giái cÊp tØnh qu¶ng ninh líp 12 thpt n¨m häc 2012-2013 §Ò thi chÝnh thøc m«n : To¸n Họ và tên, chữ ký ( b¶ng B ) của giám thị số 1 Ngµy thi : 23/10/2012 ……………….. Thêi gian lµm bµi : 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) ……………...... (§Ò thi nµy cã 01 trang) Bµi 1 (4 ®iÓm): 1 + 2x − 3 1 + 3x Tính giới hạn sau : lim x→ 0 x2 Bµi 2 (3 ®iÓm): Cho tam gi¸c ABC cã C = α, B = β víi α < β, trung tuyến AM. Gäi ϕ lµ gãc nhän t¹o bëi AM víi c¹nh BC, chứng minh rằng: 2cotϕ = cotα - cotβ. Bµi 3 (4 ®iÓm): Giải bất phương trình: x + x + 6 x + 2 < 18 2 Bµi 4 (6 ®iÓm): Cho tam giác ñều ABC cạnh a, ñường thẳng (d) qua A vuông góc với mặt phẳng (ABC). Trên (d) lấy ñiểm M. Gọi I là trực tâm của tam giác MBC, H là trực tâm của tam giác ABC, giao ñiểm của ñường thẳng HI với (d) là N. 1. Chứng minh rằng tứ diện MNBC có các cặp cạnh ñối vuông góc với nhau 2. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên (d) thì tích AM.AN không ñổi. Bµi 5 (3 ®iÓm): a4 b4  a2 b2  a b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 + 4 −  2 + 2  + + b a b a  b a với a, b là các số thực thỏa mãn a ≠ 0, b ≠ 0. ------------------------- HÕt -------------------------- Hä vµ tªn thÝ sinh: ................................................................. Sè b¸o danh: ........................
MA TRẬN ðỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN BẢNG B. ðỀ THI CHÍNH THƯC (ðề tự luận) Mức ñộ nhận thức Vận dụng Nhận biết Thông hiểu Mức ñộ Mức ñộ Tổng Chủ ñề kiến thức thấp cao Giới hạn của hàm số 1 1 (lớp 11) 4 4,0 Hệ thức lượng giác trong 1 1 hình học phẳng (lớp 11) 3 3,0 Giải phương trình, bất 1 1 phương trình, hệ có sử dụng tính chất của hàm số (lớp 10, 12) 4 4,0 Hình học không gian 1 1 2 (lớp 11) 4 2 6,0 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 1 1 nhất của biểu thức có dùng tính chất của hàm số (lớp 10, lớp 12) 3 3,0 0 2 2 2 6 0,0 8,0 7,0 5,0 20,0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN BẢNG B. ðỀ CHÍNH THƯC (Hướng dẫn chấm này có 03 trang) Bµi S¬ l−îc lêi gi¶i Cho ®iÓm Bài 1 1 + 2 x − 3 1 + 3x  1 + 2 x − ( x + 1)  + ( x + 1) − 3 1 + 3 x  Có : lim = lim     1,5 4 ñiểm x →0 x 2 x → 0 x 2    −x2 x 2 ( x + 3)  = lim  +  1  x  1 + 2 x + ( x + 1)  x ( x + 1) + ( x + 1) 3 1 + 3 x + 3 (1 + 3 x)   x →0 2 2 2 2       −1 x+3  −1 1 = lim  +  = +1 = 1,5 x →0    1 + 2 x + ( x + 1)  ( x + 1) + ( x + 1) 3 1 + 3 x + 3 (1 + 3 x)   2 2 2 2    Bài 2 * Trường hợp góc β nhọn: 3 ñiểm KÎ AH ⊥ BC, do α < β nên BH 2HM/AH = CH/AH - BH/AH , 0,5 hay 2 cotϕ = cotα - cotβ. Ta có ñpcm ! A B H M C * Trường hợp góc β tù: Chứng minh tương tự 0,5 Bài 3 TXð: x∈ (-2; +∞) 0,25 4 ñiểm Nếu x ∈[-2; 0] thì: BPT ñã cho có VT ≤ 4 + 0 + 6 2 < 18 = VP 0,5 Suy ra ∀x ∈[-2; 0] ñều là nghiệm của BPT ñã cho. 0,5 Nếu x > 0, xét hàm số y = f(x) = x + x + 6 x + 2 với x∈ (0; +∞) 2 Có f’(x) = 2x + 1 + 3/ x + 2 > 0 ∀x∈ (0; +∞) => f(x) ñồng biến trên (0; +∞) 0,75 Mà f(2) = 18 nên với x∈(0; +∞) ta có: BPT ñã cho f(x) < f(2) x
Bài Sơ lược lời giải Cho ñiểm Bài 4 4.1 (4 ñiểm) 6 ñiểm Gọi E là trung ñiểm BC, từ giả thiết suy ra H∈AE, I∈ME => IH cắt (d) tại N 0,5 Theo giả thiết (d)⊥mp(ABC) => (d)⊥BC hay MN⊥BC 1,0 Chứng minh ñược BH⊥mp(MAC) rồi suy ra BH⊥MC 1,0 Mà BI⊥MC nên MC⊥ mp(BHI), từ ñó suy ra MC⊥BN 1,0 Chứng minh tương tự, ñược MB⊥CN Vậy tứ diện MNBC có các cặp cạnh ñối vuông góc với nhau (ñpcm !) 0,5 4.2 (2 ñiểm) Chứng minh ñược: BC⊥mp(MAE) => BC⊥IH và MC⊥mp(BKF) => MC⊥IH suy ra IH⊥MB 1,0 Trong tam giác MNE, có: ANH = AEM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) suy ra ∆ ANH ∼ ∆ AEM 0,5 AN AH a 3 2 a 3 a2 do ñó: = => AM.AN = AE.AH = . . = AE AM 2 3 2 2 Vậy tích AM.AN không ñổi (ñpcm !) 0,5 M A I B F H K E C N
Bài Sơ lược lời giải Cho ñiểm Bài 5 a b a2 b2 a 2 b2 a4 b4 ðặt: t = + => t ≥ 2 ; t = 2 + 2 + 2 ⇒ 2 + 2 = t − 2 => 4 + 4 = t 4 − 4t 2 + 2 . 2 2 3 ñiểm b a b a b a b a 0,5 a4 b4  a2 b2  a b Khi ñó: P = 4 + 4 −  2 + 2  + + = t 4 − 4t 2 + 2 − (t 2 − 2) + t = t 4 − 5t 2 + t + 4 b a b a  b a Xét hàm: f (t ) = t 4 − 5t 2 + t + 4 với t ≥ 2 , có: f '(t ) = 4t 3 − 10t + 1 ; f "(t ) = 12t 2 − 10 0,75 Với t ≥ 2 thì f”(t) > 0 => hàm f’(t) ñồng biến trên (-∞ ; -2] và [2; +∞). Nên : t > 2 => f’(t) > f’(2) = 13 > 0; t < –2 => f’(t) < f’(–2) = -11 < 0 0,75 Ta có bảng biến thiên : t –∞ –2 2 +∞ f’(t) – + +∞ +∞ f(t) –2 2 Mà f(-2) = - 2 < 2 = f(2), suy ra : min f(t) = –2 ; ñạt khi t = –2 a = – b ≠ 0 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -2, ñạt ñược khi a = - b ≠ 0 C¸c chó ý khi chÊm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới ñược ñiểm tối ña. 2. Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho ñiểm. Tổ chấm trao ñổi và thông nhất chi tiết nhưng không ñược quá số ñiểm dành cho câu, phần ñó. 3. Có thể chia ñiểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 ñiểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. 4. ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm các phần ñã chấm. Không làm tròn ñiểm 5. Mọi vấn ñề phát sinh trong quá trình chấm phải ñược trao ñổi trong tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ. SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH