Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2012 - Sở GD&ĐT Long An

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2012 của sở giáo dục và đào tạo Long An giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 năm 2012 - Sở GD&ĐT Long An

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 . 2 2  x  y  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  u n  được xác định bởi u1  1 và un 1  un  2n với mọi n  1 . a. Chứng minh rằng: u n  2n  1 . b. 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  mx 3   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 ), 2 0,25  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  3 x  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 .sin600  , 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   cm2 0,5 4 6 Câu Đáp án Thang điểm 3 a. 2,0 điểm (4,0 điểm) Khi n  1 : u2  u1  21  1  2  2 2  1 đúng. 0,5 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  ...  2 n  1  21  22  ...  2 n  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  16 a 2b2  36ab  1  0 0,5 2 2 0,5  14  a  b    4ab  1  0 đúng 1 Đẳng thức xảy ra khi a  b  2 0,5 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  16 2 0,25 + 0,25 / 2 5 y  mx  2(m  1) x  4  3m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2 0,25 + 0,25 (3,0 điểm) 2 Ta tìm m : mx  2(m  1) x  4  3m  2 * có đúng một nghiệm âm 0,5 *   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 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    x2  y2  1  x2  y2  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. Chứng minh rằng: AC  BD  AB 2  CD2  AD2  BC 2 Câu 3: (3,0 điểm) Cho dãy số(un) xác định như sau : u1  2   un  2  1 un1  (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  b2  c 2  a  b  c 1 1 1 b)   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Câu 5: (3,0 điểm)  3 x  y  2 m  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
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  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    u 2  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: uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 . 0,5  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  AB 2  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   n 2   a  m   n2  c 2  b 2 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 2 2 2 1 1 1 a) a  b  c  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 2 2 2 Vậy: a  b  c  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 b 3   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:    3 1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 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  m 2  4  m 2  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.