Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 - Sở GD&ĐT Cao Bằng kèm đáp án

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

143
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh của Sở giáo dục và đào tạo Cao Bằng kèm đáp án này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức, ôn tập kiểm tra, thi cuối kỳ, rèn luyện kỹ năng để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Toán 12.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 - Sở GD&ĐT Cao Bằng kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH CAO BẰNG NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI ( Đề gồm 01 trang) 2x 1 Câu I (5 điểm): Cho hàm số y  có đồ thị (H) x2 a) Chứng minh rằng đường thẳng y   x  m luôn cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để khoảng cách AB ngắn nhất. 2sin u  1 b) Tìm t để phương trình  t ( ẩn là u) có nghiệm trên  0;   . sin u  2 Câu II (4 điểm): a) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y  2  x  2  x  (2  x)(2  x) 5 b) Cho tam giác ABC có các góc A,B,C thỏa mãn cos 2 A  3 cos 2 B  3 cos 2C   0 . Xác 2 định các góc A,B,C.  x 2  y 2  1  k ( x  y  1)  1  Câu III (3 điểm): Cho hệ phương trình  ( k là tham số)   xy  1  x  y a) Giải hệ phương trình khi k=0 b) Tìm k để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Câu IV (2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SD. Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại Q, P. Đặt SQ V 3  x , tìm x để S .MNPQ  . SB VS . ABCD 8 Câu V (4 điểm): Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’. Câu VI (2 điểm): u1  1  u u u  Cho dãy số (un ) xác định như sau:  2 un . Tính lim  1  2  ...  n  . n  u un1   un , n  1  2 u3 un 1   2010 Hết Họ và tên thí sinh:.................................................................Số báo danh:.................................. Họ tên, chữ kí của giám thị 1:......................................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CAO BẰNG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán ( Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I 2x 1 (5 điểm) Cho hàm số y  x  2 có đồ thị (H) 3 a) Chứng minh rằng đường thẳng y   x  m luôn cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để khoảng cách AB ngắn nhất. * Hoành độ giao điểm của (H) và đường y   x  m nghiệm phương trình 2x  1   x  m (1) x2 1  x 2  (4  m) x  1  2m  0 Ta có (1)   .  x  2   m 2  12  0  Vì  x 2 nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt do đó (2)  (4  m)(2)  1  2m  3  0  0,5 đường thẳng y   x  m luôn cắt (H) tại hai điểm phân biệt A,B. * Vì A, B là giao điểm của (H) và đường y   x  m nên hoành độ của A và B x  x  m  4 nghiệm phương trình x 2  (4  m) x  1  2m  0 . Theo Viet ta có  A B  x A .xB  1  2 m 0,5 (2) Khoảng cách AB 2  ( xB  xA ) 2  ( yB  y A ) 2 0,5 AB 2  ( xB  xA )2  (( xB  m)  ( x A  m))2 (2)  2( xB  xA ) 2  2( m 2  12)  24  AB  2 6 . 0,5 Do vậy AB ngắn nhất bằng 2 6 khi m=0 2sin u  1 b) Tìm t để phương trình  t (*) ( ẩn là u) có nghiệm trên  0;   2 sin u  2 Đặt sin u  x , vì u   0;   nên x   0;1 2x 1 0,5 Bài toán đưa về tìm t để phương trình  t có nghiệm x   0;1 x2 2x 1 Xét hàm số y  trên  0;1 x2 Hàm số y xác định và liên tục với x   0;1 1 3 1 y'  2  0, x   0;1 . Suy ra min y  y (0)  , max y  y(1)  1 ( x  2) x 0;1 2 x0;1 1 Do đó phương trình (*) có nghiệm   t  1 . 0,5 2 II a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
(4 điểm) y  2  x  2  x  (2  x)(2  x) * Tập xác định:  2; 2 t2  4 t2 0,5 * Đặt t  2  x  2  x , suy ra y  t    t 2 2 2 Xét hàm số t ( x)  2  x  2  x trên  2; 2 . 1 1 2 x  2 x t '( x)    , 2 2  x 2 2  x 2 2  x. 2  x t '( x)  0  2  x  2  x  0  x  0 Bảng biến thiên: x -2 0 2 0,5 t’ + 0 - 2 2 t 2 2 Suy ra 2  t  2 2 t2 Bài toán đưa về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y    t  2 trên 2 đoạn  2; 2 2    Ta có y '  t  1 , y '  0  t  1   2; 2 2  , y '  0, x   2; 2 2      Bảng biến thiên: t 2 2 2 1 y’ - 2 y 2 2 2 Vậy: Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2 khi x  2 ( t=2) Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 2  2 khi x  0 ( t  2 2 ) b) Cho tam giác ABC có các góc A,B,C thỏa mãn 5 2 cos 2 A  3 cos 2 B  3 cos 2C   0 . Xác định các góc A,B,C. 2 Ta có: 5 5 cos 2 A  3 cos 2 B  3 cos 2C   0  cos 2 A  3(cos 2 B  cos 2C )   0 2 2 5 1  2 cos 2 A  1  2 3.cos( B  C ).cos( B  C )   0 2 2 3  cos A  3cosA.cos(B-C)+  0 4
2  3  3  cosA- cos(B-C)   1  cos 2 (B-C)   0    2  4 2  3  3  cosA- cos(B-C)   sin 2 (B-C)  0  2  4 sin( B  C )  0 B  C    3 . Vì A, B, C là các góc của tam giác nên ta có  3 cos A  cos( B - C ) cosA=  2  2 1 B  C  B  C  75o   B  C  75o   o  o . Vậy:  o  A  30  A  30   A  30  III  2 2 (3 điểm) Cho hệ phương trình  x  y  1  k ( x  y  1)  1 ( k là tham số)   xy  1  x  y 2  a) Giải hệ phương trình khi k=0  x2  y 2 1  0 Điều kiện:  x  y  0 0,5  x2  y 2  1  1  x2  y 2  2   ( x  y ) 2  2 xy  2  Với k=0 ta có hệ     xy  1  x  y   xy  1  x  y   xy  1  x  y  S  0 2 2  x  y  S S  2 P  2 S  2S  0  P  1 Đặt  , ta được hệ    0,5  xy  P S  2 P 1  S P  S 1   P  1  S  0 x  1  x  1 + Với  suy ra  hoặc  ( thỏa mãn điều kiện)  P  1  y  1 y 1 S  2 1 + Với  suy ra x=y=1 ( thỏa mãn điều kiện) P  1 Vậy: với k=0, hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (1;-1), (-1;1), (1;1). b) Tìm k để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 1 Nhận thấy: nếu ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ phương trình thì ( y0 ; x0 ) cũng là nghiệm 0,5 của hệ. Do đó, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x0  y0 .  2 x 2  1  k ( 2 x  1)  1  0 0 Thay x, y ở hệ phương trình bởi x0 ta được:  , suy ra 2  x0  1  2 x0   k 0 0,5   x0  1 Với k=0, theo ý a hệ phương trình có 3 nghiệm. Do vậy không có giá trị k nào để hệ có nghiệm duy nhất. IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là (2 điểm) trung điểm của SA, SD. Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại V 2 SQ 3 Q, P. Đặt  x , tìm x để S .MNPQ  . SB VS . ABCD 8
V Đặt VS . ABCD  V . Ta có VS . ABD  VS .BCD  . Vì MN//BC nên 2 SP SQ PQ//BC   x S SC SB V SM SN SQ x + S .MNQ  . .  VS . ABD SA SD SB 4 N 1 V x V x M P  S .MNQ   S .MNQ  V 4 V 8 D C 2 Q V SN SQ SP 1 2 VS . NPQ x 2 + S .NPQ  . .  x   VS .BCD SD SB SC 2 V 4 A B VS .MNPQ 3 V  VS . NPQ 3 x x2 3 Ta có:   S .MNQ      2 x 2  x  3  0  x=1 VS . ABCD 8 V 8 8 4 8 3 1 ( x    0 loại) 2 Vậy x=1 V Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam (4 điểm) giác vuông tại A, AB=a, AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên 4 mp(ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’. *) Gọi I là trung điểm của BC, từ giả A' C' thiết suy ra A’I là đường cao của lăng trụ. 1 Ta có AI  BC  a 2  3a 2  a , 2 2a B' A ' I  AA '2  AI 2  4a 2  a 2  a 3 . 1 a 3 A C a I B Thể tích khối chóp A’.ABC 1 1 1 1 a3 1 V  S ABC . A ' I  . AB. AC . A ' I  a.a 3.a 3  (đvtt) 3 3 2 6 2 *) Góc giữa AA’ và B’C’ bằng góc giữa BB’ và BC 0,5 2 2 2 2 Tam giác IA’B’ vuông tại A’ nên IB '  IA '  A ' B '  3a  a  2a . Suy ra tam 1 giác BB’I cân tại B’ nên góc B ' BI nhọn, do đó góc B ' BI là góc giữa BB’ và BC. 1 BI a 1 Ta c ó: cosB ' BI  2   . BB ' 2.2 a 4 0,5 1 Vậy: cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ bằng 4 VI u1  1 (2 điểm)  Cho dãy số (un ) xác định như sau:  u2 . un 1  n  un , n  1  2010
u u u  Tính lim  1  2  ...  n  . n  u  2 u3 un 1  u2 u2 u 1 1 Ta có: un 1  n  un  un 1  u n  n  n  2010.(  ). 2010 2010 u n 1 un un 1 Suy ra: 1 u1 u2 u 1 1 1 1 1 1 1  1   ...  n  2010.      ...      2010(1  ) u2 u3 un 1  u1 u2 u2 u3 un un un 1  un 1 2 un Vì un1  un   0, n  N * nên (un ) là dãy đơn điệu tăng. Giả sử (un ) bị chặn 2010 trên thế thì  lim un  a . n  0,5 u2 a2 Lấy giới hạn hai vế của biểu thức un1  n  un , ta có phương trình a  a, 2010 2010 suy ra a=0 ( vô lí vì un  1, n ) Do đó (un ) không bị chặn trên tức lim un   . u u u  1 0,5 Ta có lim  1  2  ...  n   lim 2010.(1  )  2010 n  u  2 u3 u n 1  n un 1 * Lưu ý chung toàn bài : + Điểm toàn bài là tổng điểm các bài thành phần, giữ lại hai chữ số thập phân. + Nếu thí sinh giải theo cách khác mà lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác thì vẫn cho điểm tối đa bài đó.
S GIÁO D C VÀ ðÀO T O ð THI CH N H C SINH GI I L P 12 C P T NH CAO B NG NĂM H C 2010-2011 Môn: Toán ð chính th c Th i gian: 180 phút (không k th i gian giao ñ ) ð BÀI (ð g m 01 trang) 2x + 1 Câu I (5 ñi m) : Cho hàm s y= có ñ th (H ) x+2 a) Ch ng minh r ng ñư ng th ng y = − x + m luôn c t ñ th ( H ) t i hai ñi m phân bi t A, B. Tìm m ñ kho ng cách AB ng n nh t. 2 sin u + 1 b) Tìm t ñ phương trình = t ( n là u ) có nghi m trên [0; π]. sin u + 2 Câu II (4 ñi m) : a) Tìm giá tr nh nh t , giá tr l n nh t c a hàm s y = 2 − x + 2 + x − (2 − x)(2 + x) 5 b) Cho tam giác ABC có các góc A, B, C th a mãn cos 2 A + 3 cos 2 B + 3 cos 2C + = 0 . Xác 2 ñ nh các góc A, B, C.  x 2 + y 2 − 1 − k ( x + y − 1) = 1  Câu III (3 ñi m) : Cho h phương trình  ( k là tham s )  xy + 1 = x + y  a) Gi i h phương trình khi k = 0 b) Tìm k ñ h phương trình có nghi m duy nh t. Câu IV (2 ñi m) : Cho hình chóp S . ABCD có ñáy ABCD là hình bình hành. G i M , N l n lư t là trung ñi m c a các c nh SA, SD. M t ph ng (α ) ch a MN c t các c nh SB, SC l n lư t t i Q, P. ð t SQ VS .MNPQ 3 = x , tìm x ñ = . SB VS . ABCD 8 Câu V (4 ñi m) : Cho lăng tr tam giác ABC. A, B ,C , có ñ dài c nh bên b ng 2a, ñáy ABC là tam giác vuông t i A, AB = a, AC = a 3 và hình chi u vuông góc c a ñ nh A, trên m t ph ng ( ABC ) là trung ñi m c a c nh BC. Tính theo a th tích kh i chóp A, . ABC và tính cosin c a góc gi a hai ñư ng th ng AA, và B ,C , . Câu VI (2 ñi m) : u1 = 1 u u  u  Cho dãy s (u n ) xác ñ nh như sau:  2 un . Tính lim  1 + 2 + ... + n  . n→+∞ u u n+1  u n+1 = 2010 + u n , n ≥ 1   2 u3  H t H và tên thí sinh:…………………………………………..S báo danh:…………………… H tên, ch kí c a giám th 1:………………………………………………………………….