Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 - Sở GDĐT Thanh Hóa

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi học sinh giỏi môn Toán cấp tỉnh lớp 12 của sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa mời các phụ huynh hãy tham khảo để giúp con em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh nhất và chính xác.

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 Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THANH HOÁ LỚP 12 THPT, BTTHPT, LỚP 9 THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2007 – 2008 Số báo danh Môn thi: Toán lớp 12 THPT Ngày thi: 28/ 03/ 2008 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I. (5,0 điểm) x 1 Cho hàm số y  có đồ thị (C). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Xác định điểm M thuộc (C) của hàm số sao cho tổng các khoảng cách từ M đến các trục toạ độ là số nhỏ nhất. Câu II. (4,0 điểm) 1. Cho hàm số y  x  1  x 2  m Xác định tất cả các giá trị của m đê y ≤ 0 trên tập xác định của nó. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hypebol (H) có phương trình chính tắc là x2 y2   1 . Biết tâm sai e = 2, hình chữ nhật cơ sở của nó cắt các trục toạ độ a2 b 2 Ox ở A và C và Oy ở B và D. Đường tròn nội tiếp hình thoi ABCD có bán kính bằng 2 . Tìm phương trình của (H). Câu III. (4, 0 điểm) 1. Giải phương trình: 4 cos 2 x  4 cos 2 x cos 2 x  6 sin x cos sx  1  0 . 2. Cho a ≥ 0, giải và biện luận phương trình sau theo a: a3 x 4  6a 2 x 2  x  9a  3  0 x  y 3  2 xy 2  3. Giải hệ phương trình  3 x  y 9  2 xy 4  Câu IV. (6,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. Biết A1(0; 0; 0), B1(a; 0: 0), D 1(0; a; 0), A90; 0; a) với a > 0. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, B1C1. 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song vơi hai đường thẳng AN, BD1. 2. Tính thể tích tứ diện ANBD1. 3. Tính góc và khoảng cách giữa các đường thẳng AN và BD1. Câu V. (1, 0 điểm) an Cho a n  b n 2  (2  2 ) n , n = 1, 2, 3, .... Tìm lim bn . . . . . . . . . . . . . . . . Hết . . . . . . . . . . . . . . . .
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HOÁ Năm học: 2008-2009 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP : 12 THPT Số báo danh Ngày thi: 28/03/2009 ……………………. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(5,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 3  3 x 2  2  m 3  3m 2  2 3. Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với (C)? Bài 2(4,0 điểm) 1 e2 x2 1. Tính tích phân: I=  2 dx 0 x  4x  4 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau mà trong đó chỉ có một chữ số lẻ ? Bài 3 (5,0 điểm)   1. Giải phương trình: sin( 3x  )  sin 2 x. sin( x  ) 4 4 2. Tìm giá trị của m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x m m m (2  log 2 ) x 2  2(1  log 2 ) x  2(1  log 2 )  0. m 1 m 1 m 1 xlog2 y x  log y 3. Với giá trị nào của x, y thì 3 số u1  8 , u2  2 2 , u  5y theo thứ 3 tự đó, đồng thời lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân. Bài 4 (5,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: x 2   y  1  1 2 Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m; 3) trên đường thẳng y = 3 ta luôn tìm được hai điểm T1 , T2 trên trục hoành, sao cho các đường thẳng MT1`, MT2 là tiếp tuyến của (C). Khi đó hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2. 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (AB = BC =1) và các cạnh bên SA = SB = SC = 3. Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AC và BC. Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy các điểm M, N sao cho SM = BN = 1. Tính thể tích của tứ diện LMNK. Bài 5 (1,0 điểm) Cho n là số nguyên lẻ và n >2. Chứng minh rằng với mọi a khác 0 luôn có: a2 a3 an a2 a3 a n 1 an (1  a    ...  )(1  a    ...   ) 1 2! 3! n! 2! 3! (n  1)! n! 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Kú thi chän HäC SINH GIáI TØNH THANH HOÁ Năm học: 2008-2009 Môn thi: To¸n §¸p ¸n ®Ò chÝnh thøc LỚP : 12 THPT Ngày thi: 28/03/2009 Đáp án này gồm có 5 trang Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm Bài1 1(3đ) 5đ 1. Tập xác định: R y ,  3x 2  6 x ; y ,,  6 x  6 0,5 x  0 2 Sự biến thiên y,  0   x  2 y ,,  0  x  1 Bảng biến thiên 0,5 x  0 1 2  , y + 0 - 0 + y,, - 0 + y 2 U (1;0)  1,0  -2 3 Đồ thị : y 2 1 2 1,0 1 3 O 1 1 3 3 x 2 2. (1đ) Đặt f (m)  m 3  3m 2  2 3 2 3 2 Số nghiệm của phương trình x  3 x  2  m  3m  2 là số giao điểm của 3 2 đường thẳng y = f (m)  m  3m  2 với đồ thị (C) Từ đồ thị (C) ta có -1 < m < 0; 0 < m 2 0,5 2
m  3 Vậy *  m  1 phương trình có 1 nghiệm  * m   1; 0; 2; 3 phương trình có 2 nghiệm *  1  m  0; 0  m  3 phương trình có 3 nghiệm 0,5 3.(1đ) 3 2 M thuộc đồ thị (C) suy ra M ( a; a  3a  2) .đường thẳng (d) tiếp xúc với (C) tại T(x0;y0) thì (d) có phương trình: 2 3 2 y  (3 x0  6 x0 )( x  x 0 )  x0  3 x0  2 0,25 3 2 2 3 2 M  (d )  a  3a  2  (3 x  6 x0 )(a  x0 )  x  3x  2 0 0 0  (a 3  x0 )  3(a 2  x0 )  (3 x0  6 x0 )(a  x0 ) 3 2 2   (a  x0 ) 2 x0  (a  3) x0  3a  a 2  0 2   x0  a a3  (a  x0 )( x0  )0 2  x0  3  a 0,25  2 3a TH1  a  1  M  I (1 ; 0) có 1 tiếp tuyến duy nhất a 2 0,25 3a TH2 a   a  1  M  I (1 ; 0) có 2 tiếp tuyến 2 0,25 Bài2 1 x 2 4đ 1.(2đ) I= e2  2 dx 0,25 0 x  4x  4 1 u  x 2 du  2 xdx x2 Tính J=  dx Đặt   dx   1 0,5 0 x2  4x  4 dv  ( x  2) 2 v   x  2   1 1 1 1 x2 x 1 dx J   2 dx    2  dx  4  0,5 x2 0 0 x2 3 0 0 x2 1 1 1 1 5 3   2 x 0  4 ln x  2 0    2  4(ln 3  ln 2)   4 ln 3 3 3 2 0,5 5 2 3  I  e  4e 2 ln 0,25 3 2 2.(2đ)              Ta kí hiệu số A là a1a2 a3a4 a5 a6  Có 5 khả năng chọn một chữ số lẻ  Mỗi cách chọn 1 chữ số lẻ và 5 chữ số chẵn có P6=6! Cách sắp xếp 6 chữ 0,5 số đã cho vào 6 vị trí từ a1đến a6 Như vậy có 5.P6 =5.6! cách sắp xếp 10 chữ số từ 0 đến 9 vào 6 vị trí từ a1 đến a6 mà mỗi cách chỉ có một chữ số lẻ. *Trong tất cả các cách sắp xếp đó thì những cách xếp có chữ số 0 đứng ở vị trí a1 không phải là một số có 6 chữ số 0,5 1 * Do tính bình đẳng của các chữ số đã chọn có số cách sắp xếp không phải 6 5.6! là số có 6 chữ số và bằng  5.5! 0,5 6 3
Vậy số các số có 6 chữ số mà trong nó chỉ có một số lẻ là 5.6! - 5.5! = 5!(30 - 5) = 25.5! = 3000 số 0,5 Bài3  5đ 1.(2đ) Đặt t  x  khi đó phương trình đã cho trở thành 4  sin( 3t   )  sin( 2t  ) sin t   sin 3t  cos 2t sin t (*) 2 0,5 Đặt z = sin t ĐK z  1 phương trình (*) trở thành z  0 3 x  4 z 3  (1  2 z 2 ) z  0  6 z 3  4 z  0   2 2 z   3 0,5  * z  0  sin t  0  t  k  x    k ; k  Z 4 1  cos 2t 2 1 0,25 2 2 * z 2   sin 2 t     cos 2t    cos  3 3 2 3 3      2t    l 2 t  2  l  x   4  2  l    ,l  Z 2t    l 2  t    l    x     l   2   4 2    0,5 Vậy PT có nghiệm là x    k , x     l . k , l  Z 4 4 2 0,25 m 2.(2đ) Đặt a  1  log 2 , bất phương trình đã cho trở thành: m 1 (3  a) x 2  2ax  2a  0 (1) 0,5 Vế trái của (1) là một tam thức bâc hai ẩn x có hệ số của x2 là 3  a . TH1: 3 - a  0  a  3 Khi đó (1) là 6x 6  0  x  1 suy ra (1) không nghiệm đúng mọi x 0,5 a  3 3  a  0 a  3  TH2  ,  2   a  3  a  6   0 a  2 a (3  a )  0  a  6 0,5  m m Với a > 6 ta có 1  log 2 6  32 m 1 m 1 31m  32 31  0  m  1 . m 1 32 0,5 4
3.(1đ) a  c  2b Nếu các số a, b, c đồng thời là cấp số cộng và cấp số nhân thì  2 ac  b suy ra a, c là nghiệm của pt: x 2  2bx  b 2  0  x  b từ đó a = b = c. 0,25  x  log y x  log y 2 2 2 (1) Theo bài ra ta có hệ: 8    x  log2 y 0,25 2   5y (2) Từ (1) 3x  3 log 2 y  x  log 2 y  x  2 log 2 y , thay vào (2) ta được: 1 2 3 log2 y  5 y  5 y 4  1  y  4 5  x  2 log 2 4 5  log 2 5 0,5 2 Bài4 1.(3đ) Đường tròn (C) có tâm I ( 0 ; 1 ) bán kính R = 1 5đ Điểm T thuộc trục hoành thì T( t ; 0) Điểm M( m; 3) thuộc đường thẳng y = 3 , ta có: Phương trình đường thẳng MT: 0,5 xm y3   3 x  (t  m) y  3t  0 tm 3 Do MT là tiếp tuyến của (C) nên khoảng cách từ tâm I của (C) đến MT bằng 1, 0,5 hay t  m  3t  1  ( m  2t ) 2  9  (t  m) 2 3  (t  m ) 2 2  t 2  2mt  3  0 (*) Do phương trình (*) luôn có hai nghiệm t1 , t2 với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm T1(t1;0) và T2(t2;0) để MT1và MT2 là tiếp tuyến của (C). * Theo định lý Vi ét có t1 + t2 = -2m. Phương trình đường tròn (C1) ngoại tiếp tam 0,5 giác MT1T2 có dạng: x 2  y 2  2ax  2by  c  0 Vì M, T1, T2 thuộc đường tròn (C1) nên có hệ m 2  9  2ma  6b  c  0 (1)  2  t1  2at1  c  0 ( 2)  2 t 2  2at 2  c  0 (3)  0,5 Từ (2) và (3) suy ra 2 2 t1  t 2  2a (t1  t 2 )  0 ( do t1  t 2 )  t1  t 2  2a  0  2m  2a  0  a  m. 2 Thay vào (2) ta có t1  2 mt1  c  0 2 0,5 Do t1 là nghiệm của(*) nên t1  2mt1  3  0  c  3 Thay c = -3 vào (1) ta được: m2  2 m 2  9  2m 2  6b  3  0  b   2 2 2 m2  2 Vậy phương trình của (C1) là: x  y  2mx  y 3 0 2 0,5 5
2.(2đ) Lấy điểm E thuộc SA sao cho AN=1 suy ra NE// AB // KL 0,5  S NKL  S EKL  VMNKL  VMEKL ; S EKM  1 S SKC 0,5 6 Mặt khác khoảng cách từ L đén mặt phẳng (MKE) bằng BK 2 1 Vậy VKLME  VSABC mà 0,5 12 1 1 17 1 17 1 17 34 VSABC  SK .S ABC  .   V KLMN  .  (đvtt) 3 3 2 2 6 2 12 6 2 144 0,5 S M E N K C A L B Bài5 Coi a là ẩn , điều kiện a khác 0 1đ a2 a3 an a2 a n 1 Đặt u  1  a    ...   u ,  1  a   ...  2! 3! n! 2! ( n  1)! 2 3 n 1 n a a a a v  1 a    ...   2! 3! (n  1)! n! a2 a3 a4 a n 2 a n 1  v ,  1  a     ...   0,25 2! 3! 4! (n  2)! (n  1)! an , , an Khi đó u  u  , v  v  n! n! a2 a4 a n 1 u  v  2(1    .....  )  0 với mọi a và n lẻ n > 2 0,25 2! 4! (n  1)! Đặt vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là f(a) , , an , an an Ta có f ( a )  uv  vu  u ( v  )  v(u  )   (u  v) n! n! n! ,  f ( a )  0 khi a  0  Do u  v  0 , a  0   ,  f ( a )  0 khi a  0  0,25 Ta có bảng biến thiên a  0  f (a) , + - f (a ) 1 do a khác 0 nên f(a)
7