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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2011-2012 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nam (Đề chính thức)" giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và các dạng bài tập từ đó có phương pháp ôn luyện hiệu quả hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2011-2012 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nam (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2011 2012 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) d : y∀ ∆C mm ∆OCD Ox=A 3OAB x−0−2m ,dx3Oy D B 3m y= mx + 1 1. Cho hàm số với là tham số. Chứng minh rằng , đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng tại 2 điểm phân biệt . Xác định m để đường thẳng cắt các trục lần lượt tại sao cho diện tích bằng 2 lần diện tích . x2 y= x −1 2. Cho hàm số có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà qua đó kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau đều nằm trên đường tròn tâm I (1;2), bán kính R = 2. Câu 2: (4 điểm) 15 x.5 x = 5 x +1 + 27 x + 23 1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 2x + 1 log 2 2 2 x2 − 6 x + 2 x − 2x + 1 2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: Câu 3: (6 điểm) SAC SAB a a>=0) (SABC 30a0 AB = AC = a, BC = , SA = a 3 2 1. Cho tứ diện có . Biết góc và góc . Tính thể tích khối tứ diện theo . 1 8 2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó không lớn hơn . Câu 4: (4 điểm) Tính các tích phân: π 3 x + 2 sinx +1 I=2 ( cosx +2 1) dx J = ln2 x + x − 4 dx 0 sin x + 1 1. 2. Câu 5: (2 điểm) a , b, c Cho ba số thực dương . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 P= − 2 a 2 + b 2 + c 2 + 1 (a + 1)(b + 1)(c + 1)
…………Hết………… Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh: ……………………. Họ và tên giám thị số 1: ……………………………………………………………………………... Họ và tên giám thị số 2: ……………………………………………………………………………...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 20112012 Hướng dẫn chấm và biểu Môn: Toán điểm (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 6 trang) Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn cho điểm từng phần như biểu điểm. Câu 1 Nội dung Điể m 1.(2 d −1 3mx 2 − 3m 2 x − m = 0, x điểm) m 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm của và đồ thị: �−=� ∆ 19� 3 x2 2∀ m +3m A3d(, mx m −f12 x>0) 00,−∀ B 1m=0 0 f � �= 2 + 2 0, ∀m 0 �m � m Vì nên phương trình (*). Ta có và (ở đây là vế trái của (*)) nên luôn cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt 0,5 A ( x AB = ( x2 − OH ;3 x 2 − 3m ) ∆xOH OAB x1 ) =+ (d3(x0;2 − , x2( x2 ;3 B − 23xm − 3m ) d )3x=1 ) = 10 ( x2 − x1 ) 2 1 1 1 2 10 40 = 10 ( x1 + x2 ) − 40 x1 x2 = 10m 2 + 2 3 0,25 Ta có với là 2 nghiệm của (*). Kẻ đường cao của ta có và (Định lý Viet đối với (*)). C ( S− m∆3;0 m Cm m2,(0O ) ,=D −3m ) S0;∆OCD 40 OAB 2 10m 2 + . = 2 m 3m � m = � 3 10 3 0,5 Mặt khác ta có (để ý thì phân biệt). Ta tìm để hay 0,25 0,25 2.(2 (x 0 , y 0 ) điểm) Gọi M. y = k(x − x 0 ) + y 0 0,25 Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình 1 x +1+ = k(x − x 0 ) + y 0 (1) x −1 1 0,5 1− =k (2) (x − 1) 2 d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x1:
1 (1) � x + 1 + = k(x − 1) + k − kx 0 + y 0 x −1 (3) . Thay k ở (2) vào một vị 1 1 x +1+ = x −1− + k − kx 0 + y 0 x −1 x −1 trí trong (3) được : . 1 k(1 − x 0 ) + y 0 − 2 0,25 = x −1 2 Suy ra . 2 �k(1 − x 0 ) + y 0 − 2 � 0,5 1− � � =k � 2 � Thay vào (2) được � (x 0 − 1)2 k 2 + 2 [ (1 − x 0 )(y 0 − 2) + 2] .k + (y 0 − 2) 2 − 4 = 0 (*) k(y 1, k− 2 2) − 4 2 k1.k 2 = −1 � 0 = −1 0,5 (x 0 − 1)2 Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vuông góc thì pt (*) có hai nghiệm thỏa mãn � (x 0 − 1) 2 + (y 0 − 2) 2 = 4 � M nằm trên đường tròn có tâm I(1,2), có bán kính R=2 (đpcm) Câu 2 Nội dung Điể m 1.(2 � 5 x ( 15 x − 5 ) = 27 x + 23 điểm) Phương trình đã cho . 0,5 f x(127 )�−=x; )+;=1 5� 15 −R 27−5x480 x++0x2323 g ' (gx5() xx=�= � (*) x 11 − 2
Với đk trên BPT 2x + 1 2x + 1 �−log �−+ 2 −+ 1 2x 2 6x 1 log 2 2x 2 6x 1 x − 2x + 1 2 2x − 4x + 2 2 0,5 � log 2 (2x + 1) − log 2 (2x 2 − 4x + 2) �(2x 2 − 4x + 2) − (2x + 1) � (2x + 1) + log 2 (2x + 1) �(2x 2 − 4x + 2) + log 2 (2x 2 − 4x + 2) u + ulog u + 1v + log 2 v = 22x v = 2x 2 − 4x + 2 Đặt thì u,v>0 và (1) f (t) = log 2 1t + t, t �D = (0; +�) f '(t) = + 1 > 0, ∀t D 0,5 t.ln 2 Xét hàm số . Có 0,25 Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên D u fv(v) f (u) Khi đó, (1) thành và do u,v thuộc D và f(t) đồng biến trên D nên 3+ 7 3− 7 0,5 2x + 1�−+ 2x� 2 −+ 4x� 2 x 2x 2 6x 1 0 x 2 2 Tức là hoặc Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là � 1 3− 7 � � 3+ 7 � 0,25 T=� − ; �� ; +�� 2 2 � � 2 � Câu 3 Nội dung Điể m 1.(3 điểm) S M C A N B
3 SB 2 = SA2 + AB 2 − 2SA. AB.cos300 = 3a 2 + a 2 − 2a 3.a. = a2 2 Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có Vậy SB = a. Tương tự ta cũng có SC = a. MB ⊥ SA, MC ⊥ SA � SA ⊥ ( MBC ) 0,5 Gọi M là trung điểm SA, do hai tam giác SAB cân tại B và SAC cân 0,5 tại C nên 1 0,5 VSABC = VSBMC + VABMC = SA.S ∆MBC 3 Ta có MN ⊥ MN ⊥ BC SA 0,5 Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c) nên MB = MC suy ra tam giác MBC cân tại M, do đó , ta cũng có (Ở đây N là trung điểm BC) 2 2 �a � �a 3 � 3a 2 MN = AN − AM = AB − BN − AM = a − � �− � �= 2 2 2 2 2 2 2 �4 � � 2 � 16 Từ đó a 3 0,5 MN = 4 Suy ra . 0,5 1 1 a3 VSABC = SA. MN .BC = 3 2 16 Vậy 2.(3 A điểm) D B H M K C x ( 0;1] Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1. Đặt CD = x, . 1 1 VABCD = S∆BCD .AH = x.BK.AH 3 6 1,0 Gọi M là trung điểm BC, K là hình chiếu của B lên CD và H là hình
chiếu của A lên mp( BCD). Khi đó (1) 0,25 BC2 + BD 2 CD 2 x2 1 BM 2 − −�− = 1 BM 4 x2 2 4 4 2 Có 0,25 1 AM 4 − x2 2 Tương tự, cũng có 0,5 11 AHBK − −AM �� AH BM BK 4 4 x x2 (3) 2 22 Mà (2), 1 0,75 VABCD x(4 − x 2 ) 24 Từ (1), (2) và (3) suy ra 1 1 f (x) = f (1)− =x 2 ); x ( 0;1] x(4 0,25 24 8 Mặt khác hàm số đồng biến nên f(x) 1 VABCD 8 Nên (đpcm) 3 AB = >1 2 (Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có cạnh bằng 1 và H,K trùng với M. Khi đó ) Câu 4 Nội dung Điể m 1.(2 Ta có điểm) I =� 3 x+2 dx = � 2 3 ( x + 2 x − x2 − 4 ) dx 2 x+ x −4 2 2 x − ( x2 − 4) 3 3 1 1 1 1 4� � = x x + 2 dx − x + 2. x 2 − 4 dx = I 1 − I2 0,5 2 4 2 4 4 I1 Tính : 3 3 3 3 1 ( x + 2 − 2 ) x + 2dx = � I1 = � ( x + 2 ) dx − 2� ( x + 2 ) 2 dx 2 2 2 2 0,5 3 3 2 5 2 3 10 5 32 = ( x + 2) 2 − 2. ( x + 2 ) 2 = − 5 2 3 2 3 15
3 I I2 = ( x + 22) x − 2dx 2 0,5 Tính : Viết dxx 2−= 22tdt 1 I2 = ( t + 4=) tt.2tdt 0 0,5 Đặt ta có và 1 1 2t 5 8t 3 46 I2 = + = 5 0 3 0 15 Do đó 1 1 25 5 − 39 I= I1 − I 2 = 4 4 30 Vậy 2.(2 π 2 điểm) I= [ (1 + s inx)ln(cos x + 1) − ln(1 + sinx ]dx 0 Có π π π 2 2 2 0,5 ln(1 + cos x)dx + � � sinx.ln(1 + cos x)dx − � ln(1 + sinx)dx = A + B − C 0 0 0 = π 2 = ln(1 + cos x)dx 0 0,5 Xét A π π 0 2 x = − t � A = −� ln(1 + sin t)dt = � ln(1 + sinx)dx = C 2 π 0 0,5 2 Đặt . Vậy I = B π 2 2 ln udu sinx.ln(1 + cos x)dx 0 1 0,5 Xét B = . Đặt u = 1+ cosx thì B = 2 u ln u 12 − du = 2ln 2 − 1 1 Dùng từng phần được B = Vậy: I = 2ln2 1 Câu 5 Nội dung Điể m
2 Theo bđt Côsi ta có: điểm 1 1 1 ( a + b ) + ( c + 1) ( a + b + c + 1) 2 2 2 a2 + b2 + c2 + 1 2 2 4 3 1,0 �a + b + c + 3 � ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) � � � 3 � và 1 27 P − a + b + c + 1 ( a + b + c + 3) 3 Do đó 0,5 t = a + b1+ c + 127� t > 1 P − t ( t + 2) 3 đặt . Ta có 1 ( 1;+ 27 ) 1 f ( t )max = −f ( t ) = f3(,4t )� =( 1; +�) t ( t + 2) 8 Xét hàm số . Vẽ bảng biến thiên của hàm số này trên ta có . 0,5 a = b = 1c = 1 P 8 Từ đó và dấu đẳng thức xảy ra khi .