Đề thi chọn HSG môn Toán học lớp 12 kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thảo Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

Thêm vào BST

Báo xấu

94
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

7 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán học lớp 12 dành cho học sinh lớp 12 đang chuẩn bị thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, giúp các em phát triển tư duy, năng khiếu môn Toán học. Chúc các bạn đạt được điểm cao trong kì thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG môn Toán học lớp 12 kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012- VÒNG 1 LONG AN Môn: TOÁN- Bảng B -------------- Ngày thi:23/10/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút( không kể thời gian phát đề) Câu 1: (6,0 điểm)   x y  x y 2 a) Giải hệ phương trình:  ,với x, y  2 2 2 2  x  y 1   x  y 3 b) Giải phương trình: x 4  x 2  1  3  x 2  1   3 3 x ,với x  Câu 2: (5,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình: 2 x  y  2  0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình: x  y  1  0 , điểm M 1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. b) Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D sao cho bốn điểm đó không cùng nằm trên một đường thẳng. 2 2 2 2 Chứng minh rằng: AC  BD  AB  CD  AD  BC Câu 3: (3,0 điểm) Cho dãy số(un) xác định như sau : u1  2   u  2 1  un1  n (n  1, n  )  1  ( 2  1)un  a) Chứng minh: tan  2  1 8 b) Tính: u2015 Câu 4: (3,0 điểm) Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1.Chứng minh rằng: a) a 2  b 2  c 2  a  b  c 1 1 1 b)   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Câu 5: (3,0 điểm)
Câu 1a  x y  x y 2  (3,0 điểm) Giải hệ phương trình:  Điểm 2 2 2 2  x  y 1  x  y  3   3  x y m  2 Cho hệ phương trình  ( x  2) y 2  2 xy  3m( y  2 )   3 Tìm m để hệ phương trình có nhiều hơn hai nghiệm với x,y . …….HẾT…….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………… Chữ ký giám thị 1:…………………….Chữ ký giám thị 2:…………………. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012- VÒNG 1 LONG AN Môn: TOÁN- Bảng B -------------- Ngày thi:23/10/2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Điều kiện: x+y  0, x-y  0 0,25 u  x  y 0,25 Đặt:  ĐK: u  0, v  0 ta có hệ: v  x  y  u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4 0,5    u2  v2  2   u2  v2  2   uv  3   uv  3  2  2  u  v  2 uv  4 (1) 0,5    (u  v )2  2uv  2   uv  3 (2)  2 Thế (1) vào (2) ta có: 0,5 uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 .  u  4   uv  0 v  0 Kết hợp (1) ta có:   0,5 u  v  4  u  0   v  4  u  4 0,25  (vì u>v). v  0 Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đk). Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2). 0,25 Câu 1b (3,0 điểm) Giải phương trình:   x 2 ( x 2  1)  1  3 x 2  1  3 3 x (1) Từ pt ta thấy x 0 0,5 1  1 (1)  x2  2 1  3 x    3 3 x  x 1 0,5 Đặt: t  x  ,t  2 x 0,5 Pt trở thành: t  1  3  3  t  2 t  3 1,0  2 t2 t  9t  14  0 1 0,5 x  2  x 1 x Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên Câu 2a đường thẳng có phương trình 2 x  y  2  0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình
(2,5 điểm) x  y  1  0 , điểm M 1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC A M I N B E  x  y 1  0 C Toạ độ B là nghiệm của hệ  2 x  y  2  0 Suy ra B  3; 4  0,25 Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC  d : 2 x  y  3  0 0,25 Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm của hệ 2 x  y  3  0 0,25  Suy ra N  4; 5  x  y 1  0 5  0,25 Gọi I là trung điểm MN  I  ; 2  . 2  Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC, IE đi qua I 13 vuông góc với BC  IE : x  2 y   0 . 0,5 2  13 x  2 y   0  21 11  6 2 Toạ độ E là nghiệm của hệ  2  E  ,   C ; . 0,5  2x  y  2  0  10 5 5 5  8 0,25 CA đi qua C vuông góc với BN suy ra CA : x  y   0 5  13 x  2 y  2  0   33 49  Toạ đô A là nghiệm của hệ   A  ;  0,25  x y8 0  10 10    5 Trong mặt phẳng cho bốn điệm phân biệt A,B,C,D và không cùng nằm trên đường Câu 2b thẳng. Chứng minh rằng: AC  BD  AB2  CD 2  AD 2  BC 2 (2,5 điểm) Chọn hệ trục Oxy sao cho A, C  Ox , B  Oy . 0,25 Giả sử trong hệ trục đó ta có: A( a,0), C (c,0), B (0, b), D(m, n) 0,25 AB 2  CD 2  AD 2  BC 2 2 2  a 2  b2   c  m   n2   a  m   n 2  c 2  b2 0,5  2m(a  c)  0 (*) 0,5
Do A( a,0)  C (c,0)  a  c 0,25 Vậy từ (*) suy ra m = 0 , hay D nằm trên trục tung. 0,5 Vậy (*)  AC  BD 0,25 Cho dãy số(un) xác định như sau : Câu 3 u1  2   un  2  1 u n1  (n  1,2,3,...)  1  ( 2  1)u n  a) Chứng minh: tan  2  1 8 b)Tính: u2015 Ta có : Câu 3a  (1,0 điểm) 2 tan     8 1  tan  tan     0,25 4  8 8  1  tan 2  8   0,25  tan 2  2 tan  1  0 8 8    tan 8  2  1   tan    2  1 0,25   8   0,25  tan  2  1 (Vì tan dương) 8 8 Đặt u1  2  tan a , ta có: Câu 3b    (2,0 điểm) tan a  tan tan(a  )  tan  8  tan(a  ) , u  8 8  tan(a  2.  ) u2  3 0,25  8   8 1  tan a.tan 1  tan tan( a  ) 8 8 8  Ta chứng minh : un  tan(a  (n  1) ), n  1, n  (*) 8 Với n = 1 u1  tan a đúng 0,25  Giả sử (*) đúng với n = k , k  1 , hay ta có: uk  tan(a  (k  1) ) 8
  tan(a  (k  1) )  tan Ta có: uk 1  uk  2  1  8 8  tan(a  k .  ) 0,25 1  ( 2  1)uk 1  tan(a  (k  1)  ).tan  8 8 8 Vậy (*) đúng với n = k+1 0,25  0,25 Vậy un  tan(a  (n  1) ), n  1, n  8  3 3 0,25 Cho n = 2015, ta có : u2015  tan(a  2014. )  tan(a   251 )  tan( a  ) 8 4 4  2 1 0,25 = tan(a  )  4 2 1  0,25  ( 2  1)2  tan 2 8 Cho ba số dương a, b c thoả mãn abc = 1 Câu 4 1 1 1 a) a 2  b 2  c 2  a  b  c b)   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 a 2  1  2a , b 2  1  2b , c 2  1  2c 0,25 Câu 4a (1,0 điểm)  a 2  b2  c 2   a  b  c    a  b  c   3 0,25 Mà a  b  c  3 3 abc  3 0,25 Vậy: a 2  b 2  c 2  a  b  c , đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 0,25 Câu 4b ab  3 a3b  3 a 2  3 ab  3 b 2  0,5 (2,0 điểm)  3 ab  3 a3b   a  b  1  3 ab  3  a  3 b  1  3 ab  3  a  3 b  3 abc  3 ab  3 a3b3c  0,5 3 3 1 1 abc c     a  b  1 3 ab  3 a3b3c  3 ab  3 a3b3c  3 a3b3c 0,5 Tương tự: 3 3 1 1 abc a    b  c  1 3 bc  3 a3b3c  3 bc  3 a3b3c  3 a3b3c 3 3 1 1 abc b 0,25    c  a  1 3 ca  3 a3b3c  3 ca  3 a3b3c  3 a b3c 3
3 1 1 1 a3b3c Vậy:    1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 3 a3b3c 0,25 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1  3 Câu 5  x  y  2 m(1)  (3,0 điểm) Cho hệ phương trình  ( x  2) y 2  2 xy  3m( y  2 )(2)   3 Tìm m để hệ phương trinh có nhiều hơn hai nghiệm 3 (1) x  m y 2 3  2 3  0,25 Thế vào (2)  m  2  y  y  2  m  2  y  3my  2m 2  2  3 0,25  f ( y )  y 3  my 2  2m  0 (*) 2 Hpt có nhiều hơn hai nghiệm khi pt (*) có ba nghiệm phân biệt  f ( y) có hai nghiệm phân biệt y1 , y2 và f ( y1 ). f ( y2 ) 0 0,5 f ( y ) có hai nghiệm phân biệt khi m  0 0,5 f ( y1 ). f ( y2 ) 0  m2  4  m2  0 0,5 m  0 0,5  Vậy  2 m  4  m  0 2   m  (, 2)  (2, ) 0,5 Ghi chú: Thí sinh giải khác hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn chấm điểm theo thang điểm tương ứng.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2012 (VÒNG 1) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, BẢNG A Ngày thi: 23/10/2012 Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Câu 1: ( 5,0 điểm ) a) Giải phương trình sau trên tập số thực: x  1  (2 x  1) x  1  2 .  x 2  y 2  xy  y  8  b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  .   xy  y 2  xy  x  y   12 Câu 2: ( 5,0 điểm ) a. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A 1;2  , B  4;3 . Tìm trên trục hoành điểm M sao cho AMB  450 . b. Cho tam giác ABC đều, cạnh bằng 6cm , trọng tâm là G . Một đường thẳng  đi qua G ,  cắt các đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại hai điểm M và N sao cho 2 AM  3 AN . Tính diện tích tam giác AMN . Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và un 1  un  2 n với mọi n  1 . 1. Chứng minh rằng: un  2n  1 . 2. Tính tổng S  u1  u2  u3  ...  un theo n . Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho các số thực dương a , b, c. 9 2 a. Chứng minh rằng:  2  a 2  2  b 2    2  a  b   7  . 16   b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (2  a 2 )(2  b2 )(2  c 2 ) P . (3  a  b  c) 2 Câu 5: ( 3,0 điểm )
1 Cho hàm số y  mx3   m  1 x 2   4  3m  x  1 có đồ thị là  Cm  , m là 3 tham số. Tìm các giá trị của m để trên  Cm  có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của  Cm  tại điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  0 . ------ Hết ----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM LONG AN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM 2012 (VÒNG 1) Môn: TOÁN, BẢNG A. Ngày thi: 23/10/2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn này có 03 trang ) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Câu Đáp án Thang điểm 1 a. ( 2,5 điểm ) (5,0 điểm) 1 Điều kiện: x   . Đặt y  x  1  2 ( y  2 ), 0,25 2  x  1  y  2( x  1) y  0,25 ta thu được hệ  2  y  x 1  2  Suy ra   x  1  y  y 2  x  1 ( x  1) y 0,25    y x  1  1 y  x 1  y2 x 1  0  0,25 0,25    y x 1 1 y  2 x 1  0   y  2 x 1 0,25 Do vậy 15  33 x 1  2  2 x 1  x  . 0,5 32 15  33 Thay vào, thử lại thấy x  thỏa mãn. 0,25 32 15  33 0,25 Đáp số: x  . 32 b. ( 2,5 điểm ) u  v  8 Đặt u  x  x  y  , v  y  y  1 , hệ trở thành:  0,5 u.v  12 u  2 u  6 Giải hệ tìm được  hay  0,25 + 0,25 v  6 v  2
 3  17 u  2  x  1  3  x  Với  ta tìm được:  hoặc  2 v  6 y  2   y  3 0,25 + 0,25  u  6  x  2  x  3 Với  ta tìm được:  ,  0,25 v  2 y 1 y 1 x  1 7  hoặc   y  2 0,25  Kết luận : Hệ đã cho có các nghiệm   x  1  3  x  3  17  x  2  x  3  x  1  7   0,5  , 2 ,  , ,  y  2   y  3 y 1 y 1  y  2   a. ( 2,5 điểm ) 2 (5,0 điểm) Gọi I  x; y  là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB.  AI  BI  0,25 + 0,25 Ta có:    AI .BI  0  3x  y  10  2 2 0,25 + 0,25  x  y  5 x  5 y  10  0 x  3 x  2  hay  0,25 + 0,25 y 1 y  4  Với I  3;1 thì IA  5 . Đường tròn tâm I bán kính IA có 2 2 phương trình  x  3   y  1  5 cắt trục hoành tại hai điểm 0,5 M 1 1; 0  và M 2  5; 0  .  Với I  2; 4  thì IA  5 . Đường tròn tâm I, bán kính IA không 0,5 cắt trục hoành. b. ( 2,5 điểm ) Đặt AM  x, AN  y với x  0,y  0 . 1 x 3 1 y 3 S AMG  AM . AG.s in300  , S ANG  AN . AG.s in300  0,25 + 0,25 2 2 2 2
1 xy 3 S AMN  AM . AN .s in600  , S AMN  S AMG  S ANG 0,25 + 0,25 2 4 3 3 Nên ta có: ( x  y)  xy  2  x  y   xy . 0,25 2 4 2  x  y   xy  0,25 Vậy ta có hệ :  2 x  3 y   x  5cm  Giải hệ tìm được  10  y  3 cm 0,5  xy 3 25 3 Diện tích cần tìm: S AMN   cm 2 0,5 4 6 Câu Đáp án Thang điểm 3 a. 2,0 điểm (4,0 điểm) 0,5 Khi n  1 : u2  u1  21  1  2  22  1 đúng. Giả sử uk  2k  1 đúng với k  1, k  N . 0,5 Ta chứng minh: uk 1  2k 1  1 0,5 Thật vậy: uk 1  uk  2k  2k  1  2k  2k 1  1 0,5 b. 2,0 điểm       S  21  1  22  1  ...  2n  1  21  22  ...  2n  n 0,5 + 0,5 2n  1 S  2.  n  2n1  n  2 0,5 + 0,5 2 1 a. 1,5 điểm 4 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: (3,0 điểm) 14a 2  14b2  16a 2b2  36ab  1  0 0,5 2 2  14  a  b    4ab  1  0 đúng 0,5 1 Đẳng thức xảy ra khi a  b  0,5 2 b. 1,5 điểm Đặt t  a  b , ta có: 16 P (2t 2  7)(c 2  2) 0,5  9 (3  t  c ) 2
2 2  1  1 2 2 2  tc    3(t  1)2  6  c   (2t  7)(c  2) 2 2 2  1  2  1 0,25 + 0,25 (3  t  c ) (3  t  c ) 9 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a  b  c  0,25 + 0,25 16 2 5 / 2 y  mx  2(m  1) x  4  3m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2 0,25 + 0,25 (3,0 điểm) 2 0,5 Ta tìm m : mx  2(m  1) x  4  3m  2  * có đúng một nghiệm âm *   x  1 mx  3m  2   0  x  1 hoặc mx  2  3m 0,25 + 0,25 m  0 : không thỏa yêu cầu 0,5 m  0 2  3m 0,25 + 0,25 m  0 , yêu cầu bài toán xảy ra khi 0 m m  2  3 m  0 Kết luận:  0,5 m  2  3
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - BT THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (5,0 điểm). 1. Cho hàm số y  x 4  mx 2  m , với m là tham số. Tìm các giá trị của m để hàm số có ba điểm cực trị. 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x 1  x 2 trên đoạn  0; 1 . Câu II (5,0 điểm). 1. Giải bất phương trình 2x 2  5x  3  x  1 x   .  x 2  y 2  4xy  3 2. Giải hệ phương trình   x, y   .  x  y  xy  1 Câu III (5,0 điểm). n 15  1  1. Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của  2  x 5  , x  0 . x  k Biết C0  C1  ...  Cn 1  Cn  1024 (với n  n n n n * , Cn là số các tổ hợp chập k của n ) 2. Giải phương trình :  2sin x  1 sin x  2cosx   sin 2x  cosx . Câu IV (5,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA , đáy là tam giác vuông tại B . Gọi B' là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng SB . Qua điểm B' kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC cắt SC tại C' . 1. Chứng minh rằng: SB vuông góc với mặt phẳng  AB'C ' . 2. Tính theo a thể tích khối chóp S.AB'C' , biết SA  AB  a và BC  2a . - - Hết - - Họ tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:......................... 1
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN - BT THPT (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Nội dung Điểm I. TXĐ: D  1, Ta có y '  4x 3  2mx 0,5 (2,5đ) y '  0  4x 3  2mx  0  x  2x 2  m   0 0,5 x  0  2 0,5  2x  m  0 1 Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,5 m  0   m  0 . Vậy giá trị cần tìm là: m  0 0,5 m  0 I. Hàm số f  x   x 1  x 2 liên tục trên đoạn  0; 1 2, 2 0,5 (2,5đ) Ta có f '  x   1  x 2  x 1  2x 2  1  x2 1  x2 1  2x 2 f ' x   0   0  1  2x 2  0 0,5 2 1 x  2 x    0; 1  2  0,5  2 x     0; 1  2  2 1 Ta có f  0   0, f 1  0, f   0,5  2  2  2 1 Vậy Min f  x   f  0   f 1  0 , Max f  x   f   0,5 0;1 0;1 2  2  II.  x  1  0 1,  2 1 2x  5x  3  0 (2,5đ) Bất phương trình đã cho tương đương với   0,5  x  1  0  2   2x 2  5x  3   x  12   2
x  1   x 1 Hệ BPT 1     x 1 0,5  x  3   2 x  1 Hệ BPT  2    2 0,5  x  3x  2  0 x  1  0,5  x  1  x  2 x  2  Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S   ;1   2;    0,5 II.  x  y  2  6xy  3  2, Hệ phương trình đã cho tương đương với  0,5 (2,5đ)  x  y  xy  1   x  y 2  6xy  3  0   0,5  xy  x  y  1   x  y 2  6  x  y   9  0  x  y  3    0,5  xy  x  y  1   xy  2  x  1  y  2  0,5  x  2  y  1  Vậy nghiệm  x; y  của hệ phương trình đã cho là: 1; 2  ,  2; 1 0,5 III. Ta có 1  1 n  C0  C1  ...  Cn 1  Cn n n n n 1, 0 1 n 1 n n 0,5 (2,5đ)  Cn  Cn  ...  C n  C n  2 Từ giả thiết ta suy ra 2n  1024  2n  210  n  10 0,5 10  1  Ta có số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của  2  x 5  0,5 x  210 k  5k k là C10 .x .x  C10 .x 7k 20 k Suy ra x15 ứng với 7k  20  15  k  5 0,5 5 Vậy hệ số của x15 là C10  252 0,5 III. PT   2sin x  1 sinx+2cosx   2sin x cos x  cosx 0,5 2,  2sin x  1 sinx+2cosx  cosx 2sin x  1  0 (2,5đ)      0,5  2sin x  1  0 (1)   2sin x  1 sinx+cosx   0   0,5 sinx+cosx = 0 (2) 3
  1  x  6  k2 PT 1  sinx =   k   0,5 2  x  5  k2   6     PT  2   2 sin  x +   0  x +  k  x =   k k    4 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là 0,5  5  x   k2, x   k2, x    k  k   6 6 4 IV. Ta có SA   ABC   SA  BC (1) 1, S Mặt khác BC  AB (2) (2,5đ) C’ B’ C 0,5 A B Từ 1 và  2  suy ra BC   SAB  0,5 Do đó BC  SB  B'C '  SB  3  (vì B'C'// BC ) 0,5 Theo giả thiết ta có SB  AB' (4) 0,5 Từ  3 và  4  suy ra SB   AB'C' 0,5 IV. Ta thấy tam giác SAB cân tại A suy ra B' là trung điểm của SB , do đó 2, 1 0,5 SB'  SB (2,5đ) 2 a 2 SB  SA 2  AB2  a 2  SB'  0,5 2 a 2 Vì SAB vuông tại A nên ta có AB'  SB'  2 Do BC   SAB   B'C'   SAB   B'C'  AB' 0,5 1 Ta có B'C' là đường trung bình của tam giác SBC suy ra B'C'  BC  a 0,5 2 3 1 a Thể tích của khối chóp S.AB'C' là V  SB'.AB'.B'C '  . 0,5 6 12 ----------Hết---------- Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm. 4
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm) 2x  1 Cho hàm số y  có đồ thị (C) và điểm P  2;5  . x 1 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Câu II: (6,0 điểm) x 1  2 1 1. Giải phương trình 3  x   2x  1  3 x  2  2 1 1  x  y2  2  2  5 2. Giải hệ phương trình  x y  x, y    xy  12  x 2  y2  2  Câu III: (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . a 3 Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng . Tính theo a thể 4 tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' . 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng    đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng    . h2  hC  h 2 2 Chứng minh rằng: B D  h2 . A 3
Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A  1; 1 và đường tròn 2 2   y  2   25 . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn  T   T  :  x  3 ( B, C khác A ). Viết phương trình đường thẳng BC , biết I 1;1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Câu V: (2,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P  . a  ab  3 abc abc - - Hết - - Họ tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:.........................
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN THPT- BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: (3,0đ) 2x  1 2 0,5   x  m  x  (m  3)x  m  1  0 1 , với x  1 x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1 0,5  m2  2m  13  0  (đúng m )  0.m  3  0  x1  x 2  m  3 Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:   x1 x 2   m  1 0,5 Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x 2 ;  x 2  m  2 Khi đó ta có: AB  2  x1  x 2  2 2 2 2 PA   x1  2   x1  m  5   x1  2   x2  2 , 0,5 2 2 2 2 PB   x 2  2   x 2  m  5   x 2  2   x1  2  Suy ra  PAB cân tại P Do đó  PAB đều  PA 2  AB2 2 2 2 2 0,5   x1  2   x2  2  2  x1  x2    x1  x 2   4  x1  x2   6x1x2  8  0  m 1  m 2  4m  5  0   . Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 . 0,5  m  5 II.  x  1 1, ĐKXĐ:  x  13 (3,0đ)  0,5  Phương trình đã cho tương đương với  x  2  x  1  2  3 2x  1  3    x  1 x  1  x  1  2x  1  3 2x  1 (1) 0,5 Xét hàm số f  t   t 3  t ; f '  t   3t 2  1  0, t 0,5