Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2010-2011

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

333
lượt xem 34
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2010 - 2011 để hệ thống lại kiến thức đã học cũng như kinh nghiệm ra đề. Chúc các em thi tốt và đạt điểm cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2010-2011

UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 22 tháng 3 năm 2011 ================ Câu 1:(5 điểm) 1/ Cho hàm số y  x 3  3x  2 có đồ thị là (T). Giả sử A, B, C là ba điểm thẳng hàng trên (T), tiếp tuyến của (T) tại các điểm A, B, C lần lượt cắt (T) tại các điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C). Chứng minh rằng A’, B’, C’ thẳng hàng. 2/ Cho hàm số y  x 2n 1  2011x  2012 (1) , chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành tại đúng một điểm. Câu 2:(5 điểm) 1/ Giải phương trình: log 2 x  log 4 x  log 6 x  log 3 x  log 5 x  log 7 x  x   . 2 1 1 2/ Giải phương trình:  5x  6    x2  x   . 5x  7 x 1 Câu 3:(3 điểm) Kí hiệu C k là tổ hợp chập k của n phần tử  0  k  n; k, n   , tính tổng sau: n S  C0  2C1  3C 2  ...  2010C2009  2011C2010 . 2010 2010 2010 2010 2010 Câu 4:(5 điểm) 1/ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, AD  4a  a  0  , các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) khi thể tích của khối chóp S.ABCD là lớn nhất. 2/ Cho tứ diện ABCD có BAC  600 ,CAD  1200 . Gọi E là chân đường phân giác trong góc A của tam giác ABD. Chứng minh rằng tam giác ACE vuông. Câu 5:(2 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x 2  y 2   . Chứng minh rằng: cos x  cos y  1  cos  xy  . …………………… HẾT…………………… (Đề thi gồm có 01 trang)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2010  2011 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút  3 2y  x  y 1 x  1  2 2  Bài 1. a) Giải hệ phương trình:   x 2  y 2  2x  4   y b) Trong mặt phẳng, với hệ toạ độ Oxy, chứng minh đồ thị hàm số sau cắt trục hoành tại ít 2 x x 1 nhất 1 điểm: y  log 2  2x  1  2 log 2  2x  1  4 3 2 Bài 2. Tìm tham số m để hàm số y  x  3mx  3  m  1 x  1 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lơn hơn 4. Bài 3. Hai số thực x, y thoả mãn: x2 + 4y2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu 3 3 thức: A = x  4y  3xy . Bài 4. Hình chóp A.BCD có ACB  ADB  900 . AB = 2a. Đáy BCD là tam giác cân tại B, có CBD  2 và CD = a. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và . Bài 5. Tam giác ABC không nhọn có các góc thoả mãn đẳng thức:  sin B  sin A  sin C  1  1  1   43 2 .  sin A  sin C  sin B  Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? _______________ Hết _______________
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LÀO CAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/12/2010 Câu 1 (5,5 điểm) 2 1. Giải phương trình: 2010 2011 2 . 2010 2011 . 2 2 30 2. Giải hệ phương trình: 3 3 . 35 Câu 2 (3,0 điểm) 2 Tìm tất cả các hàm số : thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 2010 , với mọi số thực và mọi số hữu tỷ . Câu 3 (6,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng , cho tam giác có đỉnh 5; 2 , đường trung trực cạnh , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh của tam giác lần lượt có phương trình là d: 6 0 và d' : 2 3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác . 2. Cho hình chóp tam giác đều . , có cạnh đáy bằng a . Gọi là góc giữa mặt bên và mặt đáy, là góc giữa hai mặt bên kề nhau. Tính thể tích của hình chóp . và chứng minh 4 rằng: tan 2 . 2 3 tan 1 2 Câu 4 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng cho đường thẳng 3 trong đó không có hai đường thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác được tạo thành từ ba đường thẳng đã cho mà tam giác này không bị chia cắt bởi bất kỳ đường thẳng nào trong các đường thẳng còn lại. Câu 5 (3,0 điểm) Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số gồm bẩy chữ số khác nhau sao cho ba chữ số lẻ không đứng cạnh nhau. - - - - - - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - - - - - Ghi chú:  Thí sinh không được sử dụng tài liệu.  Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. WWW.MATHVN.COM Trang /4
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  ). x x 3) Tìm số thực a để phương trình: 9  9  a3 cos( x) , chỉ có duy nhất một nghiệm thực  2 sin x .Câu III. (2,0 điểm). Tính tích phân: I   3 dx. 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  : 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 . 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   1 :  y  2  2t (t  );  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 1 ,  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  b 2  c 2  6   ab  bc  ca  3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a6  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  3 x  1. 4,0 đ 2,0đ Tập xác định: . 0,5 Giới hạn tại vô cực: lim y  , lim y  . x  x  2 Sự biến thiên: y '  3 x  3  0  x  1. 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 '  3x 2  2( m  1) x  4  m 2 , là tam thức bậc hai của x. 2,0đ y' có biệt số  '  2m 2  2m  13. 0,5 Nếu  '  0 thì y '  0, x , suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn.  1 3 3 1 3 3  0,5 Nếu  '  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: 1 '  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   2  x  18  k 3  0,5  1  x  5  k 2 sin 3 x  2  18 3   ( k  ). cos 3 x  cos   x  x    k      2   8 2  0,5   x    k  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  2  6  0 (vì x 2  x  1  0, x ) x  x 1 x  x 1 6( x 2  x  1) 3 Đặt: t  2 (t > 0), ta được 2t 2  t  6  0  0  t  . 0,5 x  x 1 2 BPT đã cho tương đương với 6( x 2  x  1) 9  11  21 11  21  2   5 x 2  11x  5  0  x   ; . 0,5 x  x 1 4  10 10  3) 9 x  9  a3x cos( x)  3x  32 x  a.cos( 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  6 cos( x) (3). 1,0 3 x  32 x  6 Ta có VT (3)  6, VP(3)  6. Vậy (3)    x  1.  6cos( 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   2 2 1 1 3 (sin x  3 cos x) ' Suy ra I   (sin x  3 cos x)2 dx  4  (sin x  3 cos x)3 dx 40 0 0,25
  2 2 1 1 3   2 dx  16 0   8(sin x  3 cos x) 2 0,75 cos  x   0  6  0,5 1  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 3 xy  x  y  2 xy  xy   xy  . 3 9 H N M 3(4  2) 2 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  , 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    17 0,5 x  4 y  3  0 x   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  1  A(1  2t ; 2  2t ; 1  t ); B   2  B (3  2s; 1  2s; s ). 0,5   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       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   8 1 4   Với s  t    AB   ; ;  , 9  9 9 9  0,5      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  x3  3x  abc  0  x3  3x  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  b4  c 4  a 2b2  b2 c 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 2 c 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.