Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An (Đề chính thức)" phục vụ cho các bạn học sinh trong quá trình luyện thi học sinh giỏi lớp 12. Mời các em cùng tham khảo!

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 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An (Đề chính thức)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Môn thi: TOÁN (BẢNG A) Đề chính thức Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: a) Giải phương trình: 3 � 3� x+ x− log 2 � x + �+ 2 4 =2 � 2� b) Chứng minh phương trình: x5 – 4x2 – 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm đó nhận giá trị dương. Bài 2: a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x 3 + 5 − x 2 ( ) b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Năm học 2006 2007 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Bảng A) BÀI NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1: a.(2,5đ) TXĐ: D = [0; + ). Đặt x = t 0 0.25 (5,5đ) 3 � 3 � t2 +t− 4 PT trở thành: log2 �t + �+ 2 − 2 = 0 (1) 0.25 � 2� 3 � 3 � t2 +t− 4 Xét f(t) = log2 �t + �+ 2 − 2 với t 0 0.25 � 2� 3 1 t2 +t − + (2t + 1)2 4.ln 2 0.5 Có f '(t) = � 3 � �t+ � .ln 2 � 2� �1 � Ta có: f '(t) > 0 t 0, f � �= 0 0.75 �2 � 1 pt (1) có một nghiệm duy nhất t = . 0.25 2 1 Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 4 0.25
b.(3đ): Ta có pt x5 = (2x + 1)2 Nếu x là nghiệm thì x5 0 x5 = (2x + 1)2 1 x 1 0.5 Với x 1 xét f(x) = x5 4x2 4x 1 Ta có: f '(x) = 5x4 8x 4; f "(x) = 20x3 8 > 0 với x 1 0.5 f '(x) đồng biến trên [1, + ), mà f '(1) = 7; Limf '(x) = + 0.5 x + x0 (1; + ) để f '(x0) = 0 0.5 Ta có bảng biến thiên: x 1 x0 + f'(x) 0 + + 8 f(x) f(x0) 0.5 Dựa vào bảng biến thiên suy ra pt: f(x) = 0 có một nghiệm duy nhất và nghiệm đó có giá trị dương đpcm. 0.5 Bài 2: a. (3đ): TXĐ: D = � − 5; 5 � 0.25 (6 điểm) � � x2 3 5 − x 2 − 2x 2 + 5 Ta có: f '(x) = 3 + 5 − x − 2 = 0.5 5 − x2 5 − x2 f '(x) = 0 3 5 − x 2 − 2x 2 + 5 = 0 ; x − 5 ; 5 ( ) 0.25 5 x2 x=2 x = 4 2 2 1.0 x = −2 4x 4 − 11x 2 − 20 = 0 Có f(2) = 8, f(2) = 8, f ( 5) = 3 ( ) 5 , f − 5 = −3 5 0.5 Max f(x) = 8 khi x = 2; Min f(x) = 8 khi x = 2 0.5 b. (3đ) Do 0 0 0.5 x 3 − 6x y 3 − 6y Bất đẳng thức 0.25 sinx siny t 3 − 6t Xét f(t) = với t (0; ) 0.25 sint Có f '(t) = ( 3t 2 − 6 ) sint − ( t 3 − 6t ) cost sin2 t 0.5 Xét g(t) = (3t2 6)sint (t3 6t)cost với t (0; ) Có g'(t) = t3sint > 0 t (0; ) g(t) đồng biến trên (0; ) g(t) > g(0) = 0 0.5 f'(t) > 0 với t (0; ) f(t) đồng biến trên (0; ) 0.5 mà x y f(x) f(y) suy ra đpcm. 0.5
Bài 3: Trường hợp 1: Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0. 0.5 (3 điểm) Trường hợp 2: Với x 0 để hệ có nghiệm thì x > 0, y > 0, z > 0 0.25 Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ có: 2x2 = y(1 + x2) 2xy x y 0.5 3y3 = z(y4 + y2 +1) z.3y2 y z (vì y4 + y2 + 1 3y2) 0.5 4z4 = x(z6 + z4 + z2 +1) x.4z3 z x (vì z6 + z4 + z2 + 1 4z3) 0.5 Vậy: x y z x x = y = z 0.25 Khi đó thay vào hệ ta có nghiệm: x = y = z = 1 0.25 Hệ có 2 nghiệm: x = y = z = 0 hoặc x= y = z = 1 0.25 Bài 4: a. (3đ): (C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 5 0.25 (5,5 đ) Do ﾷ 0 C đối xứng với A qua I C(0; 4) ABC = 90 0.25 có pt đường thẳng AC là: 2x y 4 = 0 0.25 2S 4 Có S ABC = 4 khoảng cách từ B đến AC là: d = = 0.25 AC 5 B đường thẳng AC, cách AC một khoảng bằng d 0.25 pt của có dạng: 2x y + m = 0. mà AC khoảng cách từ A đến bằng d 0.25 4+m 4 m=0 Vậy = 0.25 5 5 m = −8 + Với m = 0 pt của : 2x y = 0 toạ độ B là nghiệm của hệ: 6 y = 2x x=− x=0 5 � � hoặc ( x − 1) + ( y + 2 ) = 5 0.5 2 2 y=0 12 y=− 5 + Với m = 8 Pt của : 2xy 8 = 0 toạ độ B là nghiệm của hệ: 16 y = 2x − 8 x= x=2 5 � � hoặc 0.5 ( x − 1) + ( y + 2 ) = 5 2 2 y = −4 8 y=− 5 6 12 Vậy toạ độ C(0; 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc ( − ; − ) 5 5 16 8 hoặc (2; 4) ho ặc ( ;− ) 0.25 5 5
b. (2,5đ): Kẻ AH BC, IK BC, đặt AH = h, bán kính đường tròn nội tiếp là r và I(x; y). y Có: h = 3r (AB + BC + CA)r = 3BC.r 0.5 A AB + CA = 2BC sinC + sinB = 2sinA B C cotg .cot g = 3 (*) 0.5 I 2 2 -3 B BK C CK 3 mà cotg = ; cot g = 0.25 2 IK 2 IK B 0 K H C x Từ (*) BK.CK = 3IK2 (**) 0.25 Do I là tâm đường tròn nội tiếp K thuộc đoạn BC 0.25 nên BK.CK = (3 + x)(3 x), IK2 = y2 0.25 Thay vào (**) ta có: x2 + 3y2 = 9. 0.25 Suy ra I thuộc đường cong có phương trình: x2 + 3y2 = 9 0.25 Ghi chú: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.