Đề thi chọn học sinh giỏi vòng tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Kiên Giang

Chia sẻ: Hà Duyên Dũng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi. Mời các em và giáo viên tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi vòng tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Kiên Giang. Hy vọng đề thi giúp các bạn đạt kết quả cao 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 vòng tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Kiên Giang

{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}
{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}
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
{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]} SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH KỲ THI 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
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 - 2014 Ngày thi : 02/10/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình: 3x − 2 − x + 1= 2x 2 − x − 3 .  3 8 8  x + 3x 2 − 13x − 15 = − 3 y b) Giải hệ phương trình:  y (x, y ∈ ¡ ) .  2 y = + 4 5y 2 (x 2 + 2x + 2) Câu 2 (4,0 điểm).  2014 u1 = 2013 a) Cho dãy số (un ) xác định bởi:  2u = u 2 + 2u , ∀n ∈ ¥ *  n +1 n n 1 1 1 Đặt S= n + +...+ . Tính: limS n . u1 + 2 u 2 + 2 un + 2 b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên ¡ thỏa mãn: f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀ x, y ∈ ¡ trong đó α là số thực cho trước. Câu 3 (5,0 điểm). a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = MA.h a + MB.h b + MC.h c (với h a , h b , h c lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C). b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H và G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là điểm đối xứng với H qua G. Tìm tập hợp các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC. Câu 4 (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho: 3 3 2 a + 2b = c và a + 8b = c . b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa mãn điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0). Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a. Câu 5 (3,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8. Chứng minh rằng với mọi k ∈ ¥ *, ta có: k k k a2 b2 c2 3 + + ≥ . 2k −1 k −1 k −1 k −1 k −1 k −1 k −1 (a + b)(a 2 + b2 )(a 4 + b4 )...(a 2 + b2 ) (b + c)(b2 + c2 )(b4 + c4 )...(b2 + c2 ) (c + a)(c2 + a 2 )(c4 + a 4 )...(c2 + a2 ) ------------- Hết -------------