Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học 2010-2011 môn Toán 12 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi, mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học 2010-2011 môn Toán 12 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa" dưới đây để có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học 2010-2011 môn Toán 12 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HOÁ Năm học 2010- 2011 Đề chính thức Môn thi: Toán Lớp: 12 THPT Số báo danh Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). Câu I. (4,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − (m + 1) x2 − (4 − m2 ) x −1 − 2m ( m là tham số thực), có đồ thị là (Cm ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = −1. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị (Cm ) có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Câu II. (6,0 điểm). 1) Giải phương trình: cos 2 x + cos3 x − sin x − cos 4 x = sin 6 x. 2) Giải bất phương trình: 6( x 2 − 3x + 1) + x 4 + x 2 + 1 ≤ 0 ( x ∈ ). 3) Tìm số thực a để phương trình: 9 x + 9 = a3x cos(π x) , chỉ có duy nhất một nghiệm thực π 2 sin x .Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ dx. ( ) 3 0 sin x + 3 cos x Câu IV. (6,0 điểm). 1) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt AM = x, AN = y . Tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất. 2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng Δ : x − y + 5 = 0 và hai elíp x2 y 2 x2 y 2 ( E1 ) : + = 1 , ( E2 ) : 2 + 2 = 1 ( a > b > 0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng ( E2 ) 25 16 a b đi qua điểm M thuộc đường thẳng Δ. Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 3) Trong không gian Oxyz , cho điểm M (0; 2;0) và hai đường thẳng ⎧ x = 1 + 2t ⎧ x = 3 + 2s ⎪ ⎪ Δ1 : ⎨ y = 2 − 2t (t ∈ ); Δ 2 : ⎨ y = −1 − 2 s ( s ∈ ) . ⎪ z = −1 + t , ⎪ z = s, ⎩ ⎩ Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục O x , sao cho (P) cắt hai đường thẳng Δ1 , Δ 2 lần lượt tại A, B thoả mãn AB = 1 . Câu V. (2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thoả mãn: ⎧a 2 + b2 + c 2 = 6 ⎨ ⎩ ab + bc + ca = −3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 6 + b6 + c 6 . .............................................................. HẾT ........................................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP: 12 THPT (Gồm có 4 trang) Ngày thi: 24 - 3 - 2011 Câu Ý Hướng dẫn chấm Điêm Câu I 1) Với m = −1, ta được hàm số y = x 3 − 3x + 1. 4,0 đ 2,0đ Tập xác định: . 0,5 Giới hạn tại vô cực: lim y = +∞, lim y = −∞. x →+∞ x →−∞ Sự biến thiên: y ' = 3 x − 3 = 0 ⇔ x = ±1. 2 y ' > 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞ ). Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ − 1) và (1; +∞) . 0,5 y ' < 0 ⇔ x ∈ (−1;1). Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1). Điểm cực đại của đồ thị (−1;3), điểm cực tiểu của đồ thị (1; −1). Bảng biến thiên: x −∞ +∞ −1 1 y' + 0 − 0 + 0,5 3 +∞ y −∞ −1 Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3). y Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng 3 1 0,5 -2 -1 1 2 O x -1 2) Ta có y ' = 3 x 2 − 2(m + 1) x − 4 + m 2 , là tam thức bậc hai của x. 2,0đ y' có biệt số Δ ' = −2m 2 + 2m + 13. 0,5 Nếu Δ ' ≤ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn. ⎛ 1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ 0,5 Nếu Δ' > 0 ⇔ m∈⎜ ; ⎟ , thì y ' = 0 có hai nghiện x1, x2 ( x1 < x2 ). ⎝ 2 2 ⎠ x -∞ x1 x2 +∞ Dấu của y': y' + 0 − 0 + Chọn x0 ∈ ( x1 ; x2 ) ⇒ y '( x0 ) < 0. Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao 1 cho y '( x). y '( x0 ) = −1 ⇔ pt: 3x2 − 2(m + 1) x − 4 + m2 + = 0 (1) có 0,75 y '( x0 )
3 ⎛ 1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ nghiệm . Pt (1) có: Δ1 ' = −2m2 + 2m +13 − > 0,∀m∈⎜ ; ⎟. y '(x0 ) ⎝ 2 2 ⎠ ⎛1− 3 3 1+ 3 3 ⎞ Vậy giá trị cần tìm của m là m ∈ ⎜ ; ⎟. 0,25 ⎝ 2 2 ⎠ Câu II 1) PT ⇔ (cos 2 x − cos 4 x) − sin x + (cos 3x − 2 sin 3x. cos 3x) = 0 0,5 6,0 đ 2,0đ ⇔ (2 sin x sin 3x − sin x) − (2 sin 3x cos 3x − cos 3x) = 0 ⇔ (2 sin 3 x − 1)(sin x − cos 3 x) = 0 0,5 ⎡ π 2π ⎢ x = 18 + k 3 ⎢ 0,5 ⎡ 1 ⎢ x = 5π + k 2π ⎢ sin 3 x = 2 ⎢ 18 3 ⇔⎢ ⇔⎢ (k ∈ ). ⎢cos 3 x = cos⎛ π − x ⎞ ⎢x = π + k π ⎢⎣ ⎜ ⎟ ⎝2 ⎠ ⎢ 8 2 ⎢ 0,5 π ⎢ x = − + kπ ⎣ 4 2) Tập xác định: .. 0,5 2,0đ BPT ⇔ 6 ( 2( x 2 − x + 1) − ( x 2 + x + 1) ) + 6( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1) ≤ 0 x2 − x + 1 6( x 2 − x + 1) 0,5 ⇔ 12. 2 + − 6 ≤ 0 (vì x 2 + x + 1 > 0, ∀x ) x + x +1 x + x +1 2 6( x 2 − x + 1) 3 Đặt: t = (t > 0), ta được 2t 2 + t − 6 ≤ 0 ⇔ 0 < t ≤ . 0,5 x + x +1 2 2 BPT đã cho tương đương với 6( x 2 − x + 1) 9 ⎛ 11 − 21 11 + 21 ⎞ ≤ ⇔ 5 x 2 − 11x + 5 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎜ ; ⎟. 0,5 x2 + x + 1 4 ⎝ 10 10 ⎠ 3) 9 x + 9 = a3x cos(π x) ⇔ 3x + 32− x = a.cos(π x) (2). 0,5 2,0đ Nhận xét: Nếu x là nghiệm của (2) thì 2 − x cũng là nghiệm của (2), 0 0 suy ra điều kiện cần để (2) có nghiệm duy nhất là x0 = 2 − x0 ⇔ x0 = 1. 0,5 Với x0 = 1 , thì từ (2) suy ra a = −6. Với a = −6, thì phương trình (2) trở thành 3x + 32− x = −6cos(π x) (3). 1,0 ⎧3x + 32− x = 6 Ta có VT (3) ≥ 6, VP (3) ≤ 6. Vậy (3) ⇔ ⎨ ⇔ x = 1. ⎩−6cos(π x) = 6 Vậy a = −6. Câu 1 3 III Ta có: sin x = (sin x + 3 cos x) − (cos x − 3 sin x) 0,5 4 4 2,0đ 1 3 = (sin x + 3 cos x) − (sin x + 3 cos x) '. 4 4 π π 1 2 1 3 2 (sin x + 3 cos x) ' Suy ra I = ∫ 4 ∫0 (sin x + 3 cos x)3 dx − dx 4 0 (sin x + 3 cos x) 2 0,25
π π 1 2 1 3 2 = ∫ 2 dx + 16 0 ⎛ π⎞ 8(sin x + 3 cos x) 2 0,75 cos ⎜ x − ⎟ 0 ⎝ 6⎠ π 0,5 1 ⎛ π⎞2 3 3 3 3 = tan ⎜ x − ⎟ + = + = . 16 ⎝ 6 ⎠ 0 12 12 12 6 Câu 1) Kẻ DH ⊥ MN , do (DMN) ⊥ (ABC) suy ra DH ⊥ (ABC). IV 2,0đ Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. 0,5 6,0đ 1 3 Ta có: SAMN = .AM.AN.sin600 = xy ; SAMN = SAMH + SANH 2 4 0,5 1 1 1 3 = .AM.AH.sin300+ .AN.AH.sin300 = . (x+y). 2 2 4 3 3 1 3 Suy ra xy = . (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 ≤ x,y ≤ 1 ). 4 4 3 Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN: D S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN 1 1 = AD.AM.sin600+ AD.AN.sin600 2 2 1 1 + DH.MN + AM.AN.sin600. 2 2 6 = 3 xy + 3xy(3xy − 1) . 0,5 6 2 C4 B Từ 3xy = x + y ≥ 2 xy ⇒ xy ≥ ⇒ xy ≥ . 3 9 H 3(4 + 2) 2 N M Suy ra min S = , khi x = y = . 0,5 9 3 A 2) Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( −3;0), F2 (3;0). 0,5 2,0đ Điểm M ∈ ( E ) ⇒ MF + MF = 2a . Vậy ( E ) có độ dài trục lớn nhỏ 0,5 2 1 2 2 nhất khi và chỉ khi MF1 + MF2 nhỏ nhất. Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F1 qua Δ , suy ra N (−5; 2). 0,5 Ta có: MF1 + MF2 = NM + MF2 ≥ NF2 (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M = NF2 ∩ Δ ⎧ 17 0,5 ⎪ x=− ⎧x + 4 y − 3 = 0 ⎪ 5 ⎛ 17 8 ⎞ Toạ độ điểm M : ⎨ ⇔⎨ ⇒ M ⎜ − ; ⎟. ⎩x − y + 5 = 0 ⎪y = 8 ⎝ 5 5⎠ ⎪⎩ 5 3) Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. 2,0đ A ∈ Δ1 ⇒ A(1 + 2t ; 2 − 2t ; −1 + t ); B ∈ Δ 2 ⇒ B (3 + 2 s; −1 − 2 s; s ). 0,5 uuur Suy ra AB = ( 2 + 2( s − t ); − 3 − 2( s − t ); 1 + ( s − t ) )
⎡ s − t = −1 0,5 ⇒ AB = 9( s − t ) + 22( s − t ) + 14 = 1 ⇒ ⎢ 2 2 ⎢ s − t = − 13 . ⎣ 9 uuur ur uuur r Với s − t = −1 ⇒ AB = (0; −1;0) ⇒ (P) có một vtpt n1 = ⎡⎣ AB; i ⎤⎦ = (0;0;1) , 0,5 suy ra ( P ) : z = 0 (loại do (P) chứa trục O x ). 13 uuur ⎛ −8 −1 −4 ⎞ Với s − t = − ⇒ AB = ⎜ ; ; ⎟ , 9 ⎝ 9 9 9 ⎠ 0,5 uur uuur r −4 1 suy ra ( P) có một vtpt n2 = ⎡⎣ AB; i ⎤⎦ = (0; ; ) , 9 9 suy ra ( P ) : 4 y − z − 8 = 0 (thỏa mãn bài toán). Câu V Từ giả thiết suy ra : a + b + c = 0 0,25 2,0đ Ta có: a, b, c là ba nghiệm thực của phương trình ( x − a )( x − b)( x − c) = 0 ⇔ x 3 − 3 x − abc = 0 ⇔ x 3 − 3 x + 1 = abc + 1 (3) 0,5 Từ đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 1, suy ra pt (3) có ba nghiệm thực a, b, c khi và chỉ khi −1 ≤ abc + 1 ≤ 3 ⇔ −2 ≤ abc ≤ 2. abc = −2 , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2. 0,5 abc = 2 , khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2. P = a 6 + b 6 + c 6 ⇒ P − 3(abc) 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )(a 4 + b 4 + c 4 − a 2b 2 − b 2c 2 − c 2 a 2 ) 0,5 . = (a 2 + b 2 + c 2 )3 − 3(a 2 + b 2 + c 2 )( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) = 216 − 18.9 = 54 . P = 3( abc) 2 + 54 ⇒ max P = 66, khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2, 0,25 hoặc hai số bằng 1 và một số bằng -2. GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.