intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm 2011 - 2012

Chia sẻ: Nguyễn Anh Tuấn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:48

Thêm vào BST
Báo xấu
388
lượt xem 60
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh các môn năm 2011 - 2012 giúp các em có thêm tư liệu để luyện tập các kiến thức đã học để chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm 2011 - 2012

  1. www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH AN GIANG Năm học 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN (vòng 1) Lớp : 12 Thời gian làm bài : 180 phút SBD : ………… PHÒNG :…… (Không kể thời gian phát đề) ………… Bài 1: (3,0điểm) Cho hàm số (m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1. Bài 2: (3,0điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của Bài 3: (3,0điểm) Giải phương trình Bài 4: (3,0điểm) Giải hệ phương trình Bài 5:(2,0điểm) Tính giới hạn Bài 6: (2,0điểm) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có điểm , điểm B nằm trên trục hoành, điểm C nằm trên đường thẳng và góc . Tìm tọa độ điểm D. Bài 7: (4,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a; góc hợp bởi mặt bên và mặt đáy bằng ; góc hợp bởi hai mặt phẳng chứa hai mặt bên bên kề nhau bằng 2. a) Tính thể tích khối chóp theo a và . (2,0điểm) b) Chứng minh rằng . (2,0điểm) ---Hết---
  2. www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 12 AN GIANG Năm học 2011 – 2012 MÔN TOÁN VÒNG 1 A.ĐÁP ÁN + TXĐ : D=R + Để đồ thị hàm số có ba điểm cực thì m
  3. www.VNMATH.com Bài 3 3điểm + Vậy phương trình có tập nghiệm là Điều kiện  Trường hợp phương trình (1) trở thành Bài 4 Đặt với ta được 3điểm ạ Khi ta có hệ ạ ạ So với trường hợp đang xét hệ phương trình có nghiệm  Trường hợp phương trình (1) trở thành Đặt với ta được phương trình
  4. www.VNMATH.com ạ Khi ta có hệ So với trường hợp đang xét hệ phương trình có nghiệm Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 2điểm Bài 5 +Ta có ABCD là hình thoi và suy ra . +Gọi B(b,0)  Ox và Tam giác ABC đều nên ta có AB = AC = BC 2điểm Bài 6 TH1: thay vào phương trình (2) ta được TH2: thay vào phương trình (2) ta được
  5. www.VNMATH.com phương trình vô nghiệm + Vậy . + Gọi I là trung điểm AC khi đó , D là điểm đối xứng B qua I nên Gọi M là trung điểm AB và O là tâm hình vuông ABCD. Do hình chóp đều nên SO(ABCD) và là góc hợp bởi mặt bên và mặt đáy. Đặt SO=h khi đó Tam giác SOM vuông tại O nên ta được S Bài a 7a A h D 2điểm O M H B C + Gọi H là hình chiếu của O lên SC ta được SCOH (1) Do BDAC, BDSO BD(SOC)BDSC (2) Bài Từ (1) và (2) SC(BDH) vậy góc hợp bởi hai mặt bên của hình 7b chóp là góc hợp bởi hai đường thẳng BH và HD theo đề bài ta được hay . 2điểm +Tam giác SOC vuông tại O có OH là đường cao Vậy B HƯỚNG DẪN CHẤM + Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa + Điểm số có thể chia nhỏ đến 0,25 cho từng câu. Tổng điểm toàn bài không làm tròn
  6. www.VNMATH.com
  7. www.VNMATH.com Đ thi H c sinh gi i t nh B n Tre 2011-2012 Môn: TOÁN VÒNG 1 www.vnmath.com Câu I Gi i h phương trình  x2 + y 2 − 2x − 2y + 1 = 0 x(x − 2y + 2) = −1. Câu II Tìm h s c a s h ng x10 trong khai tri n c a (1 + x + x2 + x3 )15 . Câu III 1 1 1 Cho đa giác b y c nh đ u ABCDEFG. Ch ng minh: AB = AC + AD . Câu IV Cho các s th c x, y, z ∈ [0, 1]. Ch ng minh: x2 +y 2 +z 2 ≤ x2 y +y 2 z +z 2 x+1. Câu V Cho phương trình x2n − 3x + 2 = 0 (1) trong đó n là s t nhiên l n hơn 1. 1. Ch ng minh r ng ng v i m i n, (1) có đúng m t nghi m xn ∈ [0, 1]. 2. G i (xn ) v i n = 2, 3, 4, ... là dãy s có đư c theo trên. Ch ng minh r ng dãy s đơn đi u và b ch n. Câu VI Cho hình l p phương ABCDA1 B1 C1 D1 có c nh b ng 1; M là đi m di đ ng trên đư ng chéo BD1 c a hình l p phương. Tìm giá tr nh nh t c a M A + M D. 1
  8. www.VNMATH.com Đ thi H c sinh gi i t nh B n Tre 2011-2012 Môn: TOÁN VÒNG 2 www.vnmath.com Câu I Ngũ giác đ u ABCDE có c nh b ng 1 có tâm là O. Phép quay tâm O v i góc quay ϕ bi n ngũ giác ABCDE thành ngũ giác A1 B1 C1 D1 E1 . Tính di n tích ph n chung S c a hai ngũ giác theo ϕ. Tìm giá tr nh nh t c a S. Câu II Gi i h phương trình:  (x + y)3 = z     (y + z)3 = x  (z + x)3 = y.  Câu III Cho x, y, z là các s th c l n hơn -1. Ch ng minh: 1 + x2 1 + y2 1 + z2 + + ≥ 2. 1 + y + z 2 1 + z + x2 1 + x + y 2 Câu IV Cho các dãy s {an }, {bn } v i n = 0, 1, 2, 3... th a các đi u ki n sau: (i) (i) a0 = b0 = 1; (ii) an+1 = an + bn v i m i n ∈ N; (iii) bn+1 = 3an + bn v i m i n ∈ N. 1. Tìm công th c t ng quát c a an , bn . 2. Ch ng minh r ng t n t i m t h ng s th c k sao cho n|k.ab − bn | < 2 v i m i n. Câu V Tìm t t c các hàm s f : [0; +∞) → [0; +∞) th a f (f (x)) + 7f (x) = 18x v i m i x ≥ 0. 2
  9. www.VNMATH.com Đ thi ch n đ i tuy n l p 12 t nh Bình Đ nh 2011-2012 Môn: TOÁN www.vnmath.com Câu I √ √ 1. Gi i phương trình x−2+ 4 − x = 2x2 − 5x − 1. 2. Gi i h phương trình  x3 − y 3 + 3y 2 − 3x − 2 =0 x2 + √ 1 − x2 − 3 2y − y 2 + 2 = 0. Câu II Xét t t c các tam th c b c hai f (x) = ax2 + bx + c v i a > 0, a, b, c ∈ Z sao cho f (x) có hai nghi m phân bi t trong (0; 1). Trong các tam th c như th tìm tam th c có h s a nh nh t? Câu III Ch ng minh r ng trong m i tam giác ABC luôn có: 3√ la + lb + lc ≤ ab + bc + ca 2 trong đó la , lb , lc là đ dài 3 đư ng phân giác xu t phát t 3 đ nh A, B, C và a, b, c là đ dài các c nh BC, AC, AB c a tam giác ABC. Câu IV Cho dãy s (un ) đư c xác đ nh b i  u √ √ 1 = 3+ 2 √ √ 2 √ √ √ n+1 = ( 3 − 2)un + (2 6 − 5)un + 3 3 − 3 2. u n 1√ Đ t vn = uk + 2 v i n = 1, 2, 3 . . . Tìm lim vn . k=1 n→∞ Câu V Cho tam giác ABC, các đư ng cao AD, BE, CF c t nhau t i H. M là trung đi m BC, EF c t BC t i I. Ch ng minh r ng IH vuông góc v i AM . 1
  10. www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ĐỒNG THÁP ----------------------------------------------------------------------------- NĂM HỌC 2011 - 2012 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 05 trang) I. Hướng dẫn chung 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. II. Đáp án và thang điểm Câu Đáp án Điểm Câu 1 1 3đ Giải phương trình: x 2  2 x x   3x  1. x  Điều kiện: 1  x  0, x  1  Chia hai vế của phương trình cho x, ta được: 1 1 1 1 x2 x  3  x   2 x  3  0 x x x x 1 t  1  Đặt t  x  , (t  0) . Ta có: t 2  2t  3  0    t 1 x t  2 1 1 5   1  x2  x  1  0  x  Với t  1  x  (thỏa mãn) x 2 1 5  Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  . 2 Câu 2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x  1, y  1 và 3( x  y )  4 xy. Tìm giá trị lớn 3đ  1 1  nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x3  y 3  3  2  2  . x y   Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có: 9 4 xy  3( x  y )  6 xy  xy  4  Do điều kiện x  1, y  1 nên: ( x  1)( y  1)  0  xy  1  x  y 4  xy  1  xy  xy  3 3  1 1   Ta có: P  x3  y 3  3  2  2  x y  2 2 1 1 6    ( x  y )  ( x  y )  3xy   3      x y  xy 4  16 2 2  16 6 xy  x y  3xy     3 9  3 xy 64 3 3 6 16  x y  4 x2 y 2   27 xy 3 9   Đặt t  xy , với t   ;3 4  64 6 16  P  t 3  4t 2   27 t 3 Trang 1
  11. www.VNMATH.com 64 3 6 16 9  Xét hàm số f (t )  t  4t 2   , t   ;3 27 t 3 4  64 2 6 8t 3 (8t  9)  54 9  Ta có: f '(t )  t  8t  2  2  0, t   ;3 9 t 9t 4  9   f (t ) là hàm số tăng trên  ;3 4  9 113 94  f    f (t )  f (3) hay  f (t )  4 12 3  9 113  xy  4  3  Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P bằng . Khi đó   x y 12 x y 2  3( x  y )  4 xy   x  1  xy  3  Giá trị lớn nhất của P bằng 94  . Khi đó  ( x  1)( y  1)  0   y  3 . 3 x  3 3( x  y )  4 xy    y  1  Câu 3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x  x  2  y . 2 2 2đ Ta có: x 2  x  2  y 2  4 y 2  (4 x 2  4 x  1)  7  (2 y )2  (2 x  1)2  7  (2 y  2 x  1)(2 y  2 x  1)  7  7 1  1 7  (7)  (1)  (1)  (7) 2 y  2 x  1  7 x  1    2 y  2 x  1  1 y  2 2 y  2 x  1  1  x  2    2 y  2 x  1  7 y  2 2 y  2 x  1  7  x  2     2 y  2 x  1  1  y  2 2 y  2 x  1  1 x  1     2 y  2 x  1  7  y  2  Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: ( x; y )  (1;2), (1; 2), (2;2), (2; 2). Câu 4 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và c  b. Hai điểm M , N tương ứng di 3đ động trên hai cạnh AB, AC sao cho MN chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau. Xác định vị trí của M và N để MN có độ dài nhỏ nhất.  Từ giả thuyết, ta có: 1 1 1 1 1 S AMN  S ABC  AM . AN sin A  . bc sin A  AM . AN  bc 2 2 2 2 2  Đặt AN  xb, AM  yc với x, y  1 1 1 1 AM .AN  bc  xybc  bc  xy  2 2 2 Trang 2
  12. www.VNMATH.com  Theo định lý hàm số Cosin, ta có: MN 2  AM 2  AN 2  2 AM . AN cos A Câu 5 Cho dãy số (un ) xác định bởi: 3đ u1  3   u 2  2 (n  1, n   ) un 1  n  2un  3 Hãy xác định công thức tổng quát của un theo n. 2  u2  2 Ta có: u n 1  n  u n 1  2   u n  2 2u n  3 2 un  2 1  Đặt x n  u n  2 ,  n  1, n     x1  u1  2  1 x2n 1 1 2 Khi đó: x n 1    2 2x n  1 x n 1 x n x n 1 1  Đặt tiếp y n  ,  n  1, n     y1   1 xn x1 2 2 Khi đó: y n 1  y n  2y n   y n 1  1   y n  1  Tiếp tục đặt v n  y n  1,  n  1, n     v1  y1  1  2 2 n n n 1 Khi đó: v n 1  v n  vn 1  ...  v1  22  v n  22 2 2 2  n  1, n     Từ đó ta tìm được: n 1 1 1 y n  22  1  x n  n 1  un  n 1 2 22  1 22  1 n 1 2.22  1  Vậy công thức tổng quát của dãy số (u n ) là: u n  n1  n  1, n    . 22  1 Câu 6 Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông OABC có đỉnh A(3; 4) và điểm B 3đ có hoành độ âm. a) Tìm tọa độ các đỉnh B và C của hình vuông OABC. b) Gọi E và F theo thứ tự là các giao điểm của đường tròn (C ) ngoại tiếp OABC với trục hoành và trục tung ( E và F khác gốc tọa độ O ). Tìm tọa độ điểm M trên (C ) sao cho tam giác MEF có diện tích lớn nhất. Trang 3
  13. www.VNMATH.com a)  Giả sử B( x0 ; y0 ) , ( x0  0)  Tứ giác OABC là hình vuông  OAB vuông cân tại A   x0  7         AB.OA  0  3( x0  3)  4( y0  4)  0    y0  1  2 2  AB  OA  ( x0  3)  ( y0  4)  25   x  1  0   y0  7  Do điều kiện x0  0 nên tọa độ điểm B là: B(1;7)  1 7  Điểm C đối xứng với A qua trung điểm I   ;  của OB nên ta có:  2 2  xC  3 1  2 2   x  4   C  C (4;3)  yC  4 7  yC  3   2  2 b)  Phương trình đường tròn (C ) ngoại tiếp OABC : 2 2  1  7  25 x   y    2  2 2  Tọa độ giao điểm E và F của (C ) với trục hoành và trục tung là: E (1;0), F (0;7)  Dễ thấy EF là đường kính của (C ) nên tam giác MEF vuông tại M 1 ME 2  MF 2 EF 2 25  S MEF  ME.MF    2 4 4 2 25  Vậy S MEF đạt giá trị lớn nhất bằng . 2 ( xM  1)2  yM  25 2  2 2 Khi đó MEF vuông cân   1  7  25  xM     yM     2  2 2  M (3;3) hoặc M (4; 4). Cách khác:  Phương trình đường thẳng EF : 7 x  y  7  0 1  Ta có: S MEF  EF .d ( M , EF ) 2 Trang 4
  14. www.VNMATH.com Như vậy S MEF lớn nhất  d ( M , EF ) lớn nhất  1  7 7  xM     yM   7 x  yM  7  2  2  Mà d ( M , EF )  M  5 2 5 2  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 2  1  7  1  7 7  xM     yM    5 2.  xM     yM    25  2  2  2  2  1 7  xM  2 yM  2 5 2    Vậy d ( M , EF ) lớn nhất bằng . Khi đó:  7 1 2  2 2 1  7  25  xM     yM     2  2 2  M (3;3) hoặc M (4; 4). Câu 7 1 1 1 1 3đ Với mọi n nguyên và n  3, tính tổng sau đây: P  3  3  3  ...  3 . C3 C4 C5 Cn 1 3!(k  3)! 3! 3!  1 1   Ta có:      Ck3 k! k (k  1)(k  2) 2  (k  1)(k  2) k (k  1)    Thay k bằng 3, 4,5,..., n , ta được: 1 3!  1 1  3     C3 2  1.2 2.3  1 3!  1 1  3     C4 2  2.3 3.4  1 3!  1 1  3     C5 2  3.4 4.5  ................................ 1 3!  1 1     Cn 2  (n  1)(n  2) n(n  1)  3   Cộng các đẳng thức trên, ta có: 1 1 1 1 3!  1 1  3(n  1)( n  2)  3  3  ...  3     3 C3 C4 C5 Cn 2 1.2 n(n  1)   2n(n  1) 3(n  1)(n  2)  Vậy P  . 2n(n  1) ------------------------------Hết------------------------------- Trang 5
  15. www.VNMATH.com
  16. www.VNMATH.com
  17. www.VNMATH.com
  18. www.VNMATH.com www.vnmath.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) x2 1. Cho hàm số y  có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến x 1 của (C) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M. 2. Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại. Câu 2 (2 điểm) 1 1. Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  1005 2  x  x2  1  y  y2  1  2. Giải hệ phương trình   x  y  xy  1 2 2  Câu 3 (2 điểm) 9 3   1. Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  . Từ đó suy ra trong 2 2  2 9 3 mọi tam giác nhọn ABC ta có tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C  . 2 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 . Câu 4 (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. 1. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. 2. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN  450 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN. Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh a 2  ab  1 b 2  bc  1 c 2  ca  1    5(a  b  c) a  3ab  c 2 2 b  3bc  a 2 2 c  3ca  b 2 2 …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
  19. www.VNMATH.com www.vnmath.com ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00  a2 3 3 M  (C )  M  a;  , a  1 . y '   y '(a )  0,25  a 1  ( x  1) (a  1) 2 2 3 a2 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y  ( x  a)  () (a  1) 2 a 1 Tiệm cận đứng 1 có phương trình x  1 Tiệm cận ngang  2 có phương trình y  1  I (1;1) 0,25  a 5   1  A  A  1;  ,    2  B  B  2a  1;1 0,25  a 1  1 1 a5 1 6 S IAB  IA.IB   1 . 2a  2  . .2 a  1  6 (không 2 2 a 1 2 a 1 0,25 phụ thuộc vào a, đpcm) 2 Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại 1,00 mx 9m TXĐ: , y '  9  , y ''  x2  9 ( x 2  9) x 2  9 y '  0  9 x 2  9  mx  0  9 x 2  9  mx  mx  0 mx  0   2 (I) 81( x 2  9)  m 2 x 2  ( m  81) x 2  81.9 0,25 TH 1. m 2  81  9  m  9  m . x  9 x  9 x 2  9(x) nên 9 x 2  9  mx y'   0, x suy ra hàm số đồng biến trên , không x2  9 0,25 có cực trị. 27 TH 2. m  9  ( I )  x1  m 2  81 9m y ''( x1 )   0  x1 là điểm cực tiểu  m  9 loại 0,25 ( x12  9) x12  9 27 TH 3. m  9  ( I )  x2  m 2  81 9m y ''( x2 )   0  x2 là điểm cực đại. ( x  9) x  9 2 2 2 2 0,25 Vậy hàm số có cực đại  m  9 1 II 1 Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  1005 (1) 1,00 2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2