Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 (2012 - 2013) – Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Chia sẻ: Bình Liên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

335
lượt xem 49
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 (2012 - 2013) – Sở GD&ĐT Bắc Ninh giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 (2012 - 2013) – Sở GD&ĐT Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ================ Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  1 1 . 1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 biết tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng d có phương trình x  5 y  1  0 . 2. Tìm m để đường thẳng  có phương trình y   m  1 x  1 cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C , biết hai điểm B, C có hoành độ lần lượt là x1; x2 thỏa mãn: 3 x13   m  2  x1 x2   m  2  x2   1 . 2 x2  1 x12  1 3 2 Câu 2. (5,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2  sin x  cos x  1  2sin 2 x   1  tan x . sin 3x  sin 5 x 2  x  log 2 x  log 2  2 x  y.2 x   2. Giải hệ phương trình:  2 2log 2 x  6log 2  y  1  x log 2 x  3 y  3  0  Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng: S  C 0 2013  x, y   . 22  1 23  1 2 2 22014  1 2013 2013 1  .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 . 2 3 2014 Câu 4. (4,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A 1;1 , B  3;2  , C  7;10  . Lập phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng  lớn nhất. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2   z  1  4 2 2 2 2  S2  :  x  3   y  1   z  1  25 . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. Câu 5. (3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AB, CD sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Đặt AM  x, AN  y . Chứng minh rằng x  y  3xy , từ đó tìm x, y để tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  a 3  b3  c 3 . Chứng minh rằng 1 8a  1  1 8b  1  1 8c  1  1. ------------------------Hết-----------------------(Đề thi gồm có 01 trang) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ============== Thang điểm 3.0 Lời giải sơ lược Cho hàm số y  x 3  x 2  1 1 . Câu 1.1 Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 biết tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng d có phương trình x  5 y  1  0 . TXĐ: , y '  3x 2  2 x 1 Hệ số góc của d là   Hệ số góc của tiếp tuyến là k  5 5 Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm 1.0  x0  1  y0  3  Khi đó 3 x0  2 x0  5   5 23  x    y0     0 3 27   2 1.0 Từ đó tìm được phương trình hai tiếp tuyến: y  5x  2 ; y  5x  202 27 1.0 Tìm m để đường thẳng  có phương trình y   m  1 x  1 cắt đồ thị hàm số 1 1.2 tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C , biết điểm B, C có hoành độ lần lượt là x1; x2 thỏa mãn: 3 x13   m  2  x1 x2   m  2  x2   1 2  . 2 x2  1 x12  1 2.0 Phương trình hoành độ giao điểm: x  0 x 3  x 2  1   m  1 x  1  x  x 2  x   m  1   0   2    x  x   m  1  0 *  cắt đồ thị hàm số 1 tại ba điểm phân biệt A, B, C  phương trình (*) có 0.5 5     4m  5  0 m   hai nghiệm phân biệt khác 0    4 (**) m  1  0  m  1  0.5 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (*), ta có: x13   m  2  x1   x1  1  x12  x1   m  1    m  1    m  1   x23   m  2  x2   x2  1  x2 2  x2   m  1    m  1    m  1   Khi đó  2   0.5  m  1   m  1  1 2 x2  1 x12  1 2 x 2  x2  2  x  x   2 x1 x2  2  1 3   m  1 2 1  1   m  1 2 2 1 2   2 2 x1 x2   x1  x2   2 x1 x2  1  x2  1 x1  1 2 Kết hợp với hệ thức Viet ta biến đổi (3) trở thành 0.5 m  0  1 . Từ đó tìm được   m  1  2  m  1  2  m  3 2 2  m  1  3  m  1 2 Kết hợp điều kiện (**) ta có m  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2.1 1.Giải phương trình: 2  sin x  cos x  1  2sin 2 x   1  tan x 1 . sin 3 x  sin 5 x 2 2.5 0.5 sin 3 x  sin 5 x  0 ĐK:   sin 4 x  0 * cos x  0 Biến đổi được 1   sin x  cos x  1  2sin 2 x   2 sin 4 x  cos x  sin x  2 sin x  cos x  0  2    cos x  sin x 1  2sin 2 x   2 sin 4 x  3   0.5  2  x    k  k  4  (Loại) 0.5  3  cos x  sin x  sin 3x  sin x  cos3x  cos x  2 sin 4 x 0.5    x  4  k 2    2 sin  3x    2 sin 4 x   k  4   x  3  k 2  28 7   Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là 3 k 2 x   k  7m  3, k , m   28 7 0.5 2.2  x  log 2 x  log 2  2 x  y.2 x  1  Giải hệ phương trình:   x, y  2 2log 2 x  6log 2  y  1  x log 2 x  3 y  3  0  2   ĐK: x  0; y  1 Phương trình . 2.5 1  x  log 2 x  log 2  2 x  y  1  x  log 2 x  x  log 2  y  1  x  y  1   Thế vào (2) ta có 2log 2 x  6 log 2 x  x log 2 x  3 x  0 2 0.5  log x  3  0  3  log 2 x  3 2log 2 x  x   0   2  2 log 2 x  x  0  4   0.5  3  x  8 Giải (4), xét f  x   2log 2 x  x  x  0   f '  x   0.5 2 1 x ln 2 1.0 2 . Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai ln 2 nghiệm. Mà f  2   f  4   0   4  có hai nghiệm x  2; x  4 f ' x   0  x  Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm  x; y  :  8;7  ;  2;1 ;  4;3 Câu 3 Tính tổng: S  C Xét 1  2 x  2 0 2013 22  1 23  1 2 2 22014  1 2013 2013 1  .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 . 2 3 2014 2 2013 2.0 0.5 2013 0 1 2 2013  C2013  C2013 .  2 x   C2013 . 2 x   ...  C2013 .  2 x  2014 I   1  2 x  1 2013 1 1  2 x  2013 dx   1  2 x  d 1  2 x   21 4028 2 2 1  52014  32014 4028 0.5 2 0 1 2 2013 C2013  C2013 . 2 x   C2013 .  2 x 2  ...  C2013 . 2 x 2013 dx   1  0 x2 1 x3 2 x 2014 2013 2013  2 2  C2013 x  C2013 .2  C2013 .2  ...  C2013 .2  2 3 2014  1 0 C2013  0.5 22  1 23  1 2 2 2 2014  1 2013 2013 1 .2.C2013  .2 .C2013  ...  .2 .C2013 2 3 2014 52014  32014 4028 0.5 Vậy S  1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A 1;1 , B  3;2  , C  7;10  . Lập Câu 4.1 phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng  lớn nhất TH1:  cắt đoạn thẳng BC tại M  d  B;    d  C ;    BM  CM  BC B M C ∆ 2.0 0.5 A TH2:  không cắt đoạn thẳng BC , gọi I  5;6  là trung điểm BC ∆  d  B;    d  C ;    2d  I ;    2 AI A 0.5 B I C Vì BC  80  2 41  2 AI nên d  B;    d  C ;   lớn nhất bằng 2 AI  2 41 0.5 khi  vuông góc với AI    đi qua A 1;1 và nhận AI   4;5  là véc tơ pháp tuyến 0.5 Vậy phương trình đường thẳng  : 4  x  1  5  y  1  0   : 4 x  5 y  9  0 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2   z  1  4 4.2 2  S2  :  x  3   y  1  S1  có tâm  S2  2 2   z  1  25 . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt 2 2.0 nhau theo giao tuyến là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. I1 (0;0;1) , bán kính R1  2 0. 5 có tâm I 2 (3;1; 1) , bán kính R2  5 0.5 I1I 2  14  R2  R1  I1 I 2  R2  R1  hai mặt cầu cắt nhau Khi đó tọa độ giao điểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình 0.5