Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 - Sở GDĐT Hải Dương - Kèm đáp án

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

Thêm vào BST

Báo xấu

186
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 của sở giáo dục và đào tạo Hải Dương có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

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 GDĐT Hải Dương - Kèm đáp án

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 - Vòng 1 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  x  1  y  y2 1  2 2. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  xy  1  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  b2  c 2  1 . Chứng minh a 2  ab  1 b2  bc  1 c 2  ca  1    5(a  b  c) 2 2 2 2 2 2 a  3ab  c b  3bc  a c  3ca  b …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
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 '  2  y '( a )  0,25  a 1  ( x  1) ( a  1) 2 3 a2 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y  2 ( x  a)  ( ) ( a  1) 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. m2  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  m2  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. 2 2 ( x2  9) x2  9 0,25 Vậy hàm số có cực đại  m  9 1 II 1 Giải phương trình sin 2012 x  cos2012 x  (1) 1,00 21005 1 Đặt t  sin 2 x, t   0;1 . (1) có dạng: t 1006  (1  t )1006  1005 (2) 0,25 2
Xét hàm số f (t )  t 1006  (1  t )1006 , t   0;1 1 0,25 f '(t )  1006[t 1005  (1  t )1005 ] ; f '(t )  0  t  2 1 1 1 1 f (0)  f (1)  1, f    1005  min f (t )  1005 Vậy (2)  t  0,25 2 2 0;1 2 2 1   hay (1)  sin 2 x   cos 2 x  0  x   k ( k  Z ) 0,25 2 4 2  x  x  1  y  y 2  1 (1)  2 2 Giải hệ phương trình  1,00 2 2  x  y  xy  1  (2) ĐK: y  1 . (1)  x  y  y 2  1  x 2  1  x 2  2 xy  y 2  y 2  1  x 2  1  2 ( y 2  1)( x 2  1)  xy  ( y 2  1)( x 2  1)  x 2 y 2  x 2 y 2  y 2  x 2  1  x 2  y 2  1 0,25  x 2  y 2  1  x  0 Kết hợp với (2) ta được  2 2  2 x 2  xy  0   0,25  x  y  xy  1   y  2x x  0 & (2)  y 2  1  y  1 1 1 2 y  2 x & (2)  3x 2  1  x 2   x  y 0,25 3 3 3 1 2 Thử lại ta có x  0, y  1 và x  ,y  thỏa mãn hệ pt 3 3 0,25 Vậy hệ có 2 nghiệm như trên 9 3   III 1 Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  . 1,00 2 2  2 9   Xét hàm số f ( x)  tan x  sin x  x trên  0;  2  2 1 9 2 cos3 x  9cos2 x  2 (2 cos x  1)(cos2 x  4cos x  2) f '( x)   cos x    0,25 cos 2 x 2 2cos2 x 2cos2 x   Vì x   0;   0  cosx
9 3   Vậy f ( x )  tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  2 2  2  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  0,25 3   Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên A, B, C   0;    2 9 3 tan A  sin A  A  ( 3   ) . Tương tự, cộng lại ta được 2 2 9 9 tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C  ( A  B  C )  ( 3   ) 2 2 Kết hợp với A  B  C   ta có đpcm 0,25 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 1,00 TXĐ: D   4;4 . Đặt t  x  4  4  x , t  0 . Bình phương ta được t 2  8  2 ( x  4)(4  x)  8 . Dấu bằng có khi x= 4 Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có t 2  8  2 ( x  4)(4  x)  8  ( x  4)  (4  x)  16 .D bằng có khi x=0 Do t  0  2 2  t  4 0,25 t2  8 1 Khi đó y  f (t )  t    t 2  t  4, t   2 2;4    0,25 2 2 f '(t )  t  1, f '(t )  0  t  1 (loại) 0,25 f (2 2)  2 2, f (4)  0 . Vậy min y  min f (t )  0 khi x=0, max y  max f (t )  2 2 khi 0,25  4;4 2 2;4     4;4  2 2;4    x= 4 IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50 S C' D' B' D C A B BC  AB, BC  SA  BC  (SAB)  BC  AB ' 0,25 SC  ( P )  SC  AB '  AB '  ( SBC )  AB '  SB 0,25
Tương tự AD '  SD VS . AB ' C ' D '  VS . AB ' C '  VS . AD ' C ' VS . AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 3 3 9 0,25  .  .  2. 2  .  (1) VS . ABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC 4 5 20 VS . AD ' C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9  .  .  .  .  (2) 0,25 VS . ADC SD SC SD 2 SC 2 SD 2 SC 2 4 5 20 1 1 2 a3 3 Do VS . ABC  VS . ADC  . a .a 3  0,25 3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB ' C ' VS . AD ' C ' 9 9 9 a 3 3 3 3a 3  3    VS . AB ' C ' D '  .  0,25 a3 3 a 3 20 20 10 6 20 6 6 2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50 ( Hình vẽ trang cuối) 1 VS . AMN  .S AMN .a 3 . Đặt BM  x, DN  y ; x, y   0; a  3 Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP  BM  x ABM  ADP  AM  AP, BAM  DAP 0,25 MAN  450  BAM  DAN  450  NAP  DAP  DAN  450 1 1 0,25  MAN  PAN  S MAN  S PAN  AD.PN  a ( x  y ) (*) 2 2 Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được 0,25 MN 2  MC 2  CN 2  ( x  y )2  (a  x)2  (a  y ) 2 x 2  y 2  2 xy  a 2  x 2  2ax  a 2  y 2  2ay  xy  a ( x  y )  a 2 a 2  ax 0,25  y xa 1 a 2  ax Thế vào (*) ta được S MAN  a ( x  ) 2 xa a  x2  a2  a x 2  2ax  a 2 Đặt f ( x )     f '( x )  . 2 x a  2 ( x  a )2 0,25 f '( x)  0  x  ( 2  1)a . a2 f (0)  f (a )  , f (( 2  1)a )  a 2 ( 2  1) 2 a2  max f ( x )  , min f ( x )  a 2 ( 2  1) 0;a  2 0;a a3 3  M  B, N  C Vậy max VS . AMN  khi  6 M  C, N  D 3( 2  1) a3 0,25 min VS . AMN  khi MB  ND  a( 2  1) 3
a 2  ab  1 b2  bc  1 c 2  ca  1 V    5(a  b  c) 1,00 a 2  3ab  c 2 b 2  3bc  a 2 c 2  3ca  b 2 x2 x, y  0 ta có x 2  y 2  2 xy  x 2  2 xy  y 2   2x  y 0,25 y a 2  ab  1 ( a 2  ab  1) 2   2 2  2(a 2  ab  1)  (a 2  3ab  c 2 ) 2 a  3ab  c 2 a  3ab  c 2 2 2 a2  b2 2 2 2 2  2  a  c  ab  2(a  b  c )  a  c  0,25 2 5a 2  3b 2  2c 2 (10)( a 2  a 2  a 2  a 2  a 2  b 2  b 2  b 2  c 2  c 2 )   2 20 (a  a  a  a  a  b  b  b  c  c ) 2 5a  3b  2c   0,25 2 5 2 5 Tương tự, cộng lại ta được a 2  ab  1 b2  bc  1 c 2  ca  1    5(a  b  c) a 2  3ab  c 2 b 2  3bc  a 2 c 2  3ca  b 2 1 0,25 Đẳng thức xảy ra  a  b  c  3 A B x 450 M x P D y N C
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN - Vòng 2 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) a) Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương. b) Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x Câu 2 (2 điểm) 3 3 3 3 a) Giải phương trình: (4 x  x  3)  x  2 b) Giải phương trình: 2 x 2  11x  23  4 x  1 Câu 3 (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB. b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2) 2  ( y  3) 2  9 và điểm A(1; 2) . Đường thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. Câu 4 (3 điểm) a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 . 1 1 1 b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2  2  2 (trong đó AB=c; AC=b; ha b c đường cao qua A là ha ). Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng: 2 2 2 2a  2b  2c 3  a  b  b  c   c  a  2 bc ca ab a  b  c …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung Điểm 2 Tìm m: y  x  2mx  3m và y  2 x  3 cắt nhau tại hai điểm 1 a 1,00 phân biệt và hoành độ dương Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt 0,25 x2  2mx  3m  2 x  3  x 2  2(m  1) x  3m  3  0  '  0    3( m  1)  0  2( m  1)  0  0,25  m  1 '  0   0,25  m  4 Kết hợp nghiệm, kết luận m  4 0,25 b Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x 1,00 TXĐ:  x 2  8 x  12  0  2  x  6 0,25 Nếu 5  x  6 thì  x 2  8 x  12  0  10  2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 5  x  6 0,25 10  2 x  0  Nếu 2  x  5   2 bất pt đã cho   x  8 x  12  0  28 0,25   x 2  8 x  12  4 x 2  40 x  100  5 x 2  48 x  112  0  4  x  5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4  x  5 Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6] 0,25 3 3 3 3 2 a Giải phương trình: (4 x  x  3)  x  (1) 1,00 2 3 2 y 3  2 x3  3  Đặt y  4 x  x  3 . (1) có dạng:  3 ( I ) Khi đó nghiệm 4 x  x  3  y  0,25 của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)  2 y 3  2 x3  3   3 3  2 y  2 x  3(2) (I)   3    2 x  2 y3  ( x  y)  0 2 2 ( x  y )(2 x  2 xy  2 y  1)  0(3)  0,25 3 TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x   3 0,25 4 TH2: 2 x 2  2 xy  2 y 2  1  0;  ' x  2  3 y 2 . Nếu có nghiệm thì y  2 . 3
3 2   Tương tự cũng có x  . Khi đó VT (2)  4  2   8 2  3 . 3  3 3 3 0,25 Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm x   3 3 4 b Giải phương trình: 2 x 2  11x  23  4 x  1 1,00 ĐK: x  1 . (1)  2( x 2  6 x  9)  ( x  1  4 x  1  4)  0 0,25 2( x  3) 2  ( x  1  2) 2  0 (*) 0,25 x  3  0  Do a 2  0(a) nên pt(*)    x 1  2  0  0,25  x  3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 0,25 M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại 3 a B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; y B  0 ) 1,00 x y Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:  1 0,25 a b 1 4 4 16 Vì AB qua M nên   1  1  2 1 0,25 a b ab ab ab 1 4 1 a  2   8;"  "      2 a b 2 b  8 0,25 Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S  1 OA.OB  1 ab  8 . 2 2 0,25 Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8) b 2 2 (C): ( x  2)  ( y  3)  9 ; A(1; 2) .  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. 1,0 (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì IA2  (1  2)2  (2  3)2  2  9 0,25 Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có IH 2  HN 2  IN 2  9  MN 2  4 HN 2  4(9  IH 2 ) 0,25 Mà IH  AH  IH  IA  2  MN 2  4(9  2)  28  MN  2 7 0,25 Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với 0,25 IA tại A Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi 4 a 1,5 AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2        Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành  AB  DC  AB  DC  0 0,25   2   2  2        AB  DC  0  AB  DC  2 AB.DC  0 0,25      AB 2  DC 2  2 AB.( AC  AD)  0 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2  AB  DC  ( AB  AC  BC )  ( AB  AD  BD )  0 (*)   2 2   2    2 2   2 0,25   ( vì a  b  a  2a.b  b  2a.b  a  b  a  b )   0,25
(*)  AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 (Đpcm) 0,25 ( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ) 1 1 1 4 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2  2  2 (1) 1,5 ha b c Có a.ha  2 S  bc sin A 0,25 2 2 1 a 4R  2  2 2 2  2 2 ha b c sin A b c 0,25 (1)  b2  c 2  4 R 2  sin 2 B  sin 2 C  1 0,25  1  cos 2 B  1  cos 2C  2  cos 2 B  cos 2C  0 0,25  2cos( B  C )cos( B  C )  0 0,25     B  C  2 hay A  2   0  B  C   ;0  B  C     BC    0,25  2  Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có B  C  2 2 2 2 CMR : 2a  2b  2c 3  a  b  b  c   c  a  ; a, b, c  0 5 2 1,00 bc ca ab a  b  c 2a 2b 2c XétM= 1  1  1  bc ca ab a b a c b c b a c  a c b   0,25 bc ca ab 1 1 1 1 1 1  (a  b)(  )  (b  c)(  )  (c  a )(  ) bc ca ca a b ab bc 1 1 1  (a  b ) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 0,25 (b  c )(c  a ) (c  a )( a  b) ( a  b)(b  c) 1 4 4 1 Vì  2  2  ; (b  c )(c  a ) (a  b  2c ) (2a  2b  2c ) (a  b  c)2 2 2 1 (a  b ) 2 0,25 ( a  b )  0  (a  b)  ;"  "  a  b (b  c)(c  a ) (a  b  c ) 2 Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại 2 2 2 Suy ra M   a  b    b  c    c  a  (Đpcm); “=”  a  b  c 2 0,25 a  b  c
Hình vẽ câu 3b: I A M N H Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.