Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán học 12 kèm đáp án

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

184
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn học sinh có thêm phần tự tin cho kì thi học sinh giỏi sắp tới và đạt kết quả cao. Dưới đây là đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán học lớp 12 mời các bạn tham khảo. Chúc các bạn thành công!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán học 12 kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT CÀ MAU NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 20 – 12 – 2009 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình : ln(sin x  1)  esinx  1 Bài 2: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh và S là diện tích của tứ giác ABCD. Chứng minh rằng : a bcd S  (p  a)(p  b)(p  c)(p  d) , với p  2 Bài 3: (2 điểm) Tìm các số x, y, z thoả mãn phương trình : 2x 2  4x  y  6 y  2xz  z 2  13  0  Bài 4: (3 điểm) Chứng minh rằng với mọi x thuộc khoảng (0 ; ). Ta có : 2 1 1 – cosx > x2 – ln( ) cosx Bài 5: (3 điểm) Cho một bảng hình vuông chia ô : 4 x 4 = 16 ô và tập hợp gồm 16 số tự nhiên liên tiếp : n, n + 1, ....., n + 14, n + 15; n > 0. Người ta điền các số đó vào các ô của bảng, mỗi ô điền một số và tô đỏ các ô có số điền trên đó là bội của n. Giả sử có k ô được tô màu đỏ. Xác định giá trị n để số k là nghiệm phương 3 2 3 3 3 trình: (A k )  138C k  24  0 ; trong đó A k , C k lần lượt là chỉnh hợp, tổ hợp chập 3 của tập k phần tử. Bài 6: (3,5 điểm) Cho hình chóp S.MNPQ, trừ cạnh bên SP, các cạnh còn lại đều bằng a. 1) Tính thể tích lớn nhất của khối chóp. a3 2) Góc NMQ phải bằng bao nhiêu để thể tích của hình chóp bằng 2 . 6 Bài 7 : (2,5 điểm) Xác định m để trên cùng hệ toạ độ Oxy, đồ thị hai hàm số sau đây có ít nhất một đường 2 mx 2  x  m  2 tiệm cận chung : y = x  4x  5 ; y = với m là tham số khác 0. x 1 --------HẾT-------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CÀ MAU Năm học 2009 – 2010 Môn thi : TOÁN ĐỀ DỰ BỊ Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : x  y  1   Bài 1 : Giải hệ phương trình : y  z 1  z  x  1  Bài 2 : Trong tam giác ABC, hãy tìm một điểm M sao cho : MA2  MB 2  MC 2 là nhỏ nhất. Bài 3 : Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác vuông, c là cạnh huyền; x, y là hai số thoả mãn hệ thức ax + by = c . Chứng minh rằng x2 + y2  1. Khi nào xảy ra dấu đẳng thức. Bài 4 : Tìm mọi hàm số f( x ) thoả : x f ( 1 + x ) – f ( 1 – x ) = x 3 + x 2 + 4 x – 2 Bài 5 : Cho tam giác ABC . Người ta lấy trên các cạnh AB, BC và CA, mỗi cạnh gồm n điểm phân biệt và khác A, B, C ; n > 1 . Lập các tam giác với các đỉnh là các điểm trong 3n điểm nói trên. Các tính toán sau đây không kể đến tam giác ABC. 1) Gọi s là số các tam giác như vậy. Tính s theo n. 2)Gọi a là số các tam giác lập được như trên nhưng có ba đỉnh nằm trên ba cạnh khác nhau của tam giác s ABC. Có hay không số n để là số nguyên dương ? sa Bài 6 : Trên mặt phẳng có hệ toạ độ Oxy, cho hypebol ( H ) có phương trình : 4 x2 – y2 = 1 và đường tròn ( T ) có phương trình : x2 + ( y – 1)2 = 4 . 1) Tìm điểm trên ( H ) có tổng các khoảng cách từ đó đến hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất ? 2) Chứng minh rằng ( H ) và ( T ) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt và 4 điểm đó cùng nằm trên một đường parabol dạng y = a x2 + b x +c ( a khác 0 ). Tìm phương trình của parabol đó. 43x 3  3.22x 2  a  0 có một nghiệm thuộc khoảng ( 1 ; 6 ) 2 2 Bài 7 : Tìm giá trị a để phương trình : 2 HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN: TOÁN 12 – THPT Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/11/2011 Đề thi có 01 trang Bài 1. (4,0 điểm). 1 Cho hàm số y = x 3  x 2 có đồ thị là (C). 2 Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm 4x 2 + 3 đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = . x 4 +1 Bài 2. (5,0 điểm). Giải các phương trình sau trên tập số thực R: 1/ cosx + 3(sin2x + sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos2 x + 2  0 . 2/ x 4  2x 3 + x  2(x 2  x) = 0 . Bài 3. (5,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C. 1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’. 2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất. 3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C. Bài 4. (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng  : 2x –    3y + 12 = 0. Tìm điểm M  sao cho: MA + MB + MC nhỏ nhất. Bài 5(3 điểm). (m + 2010)! Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng là một số nguyên. m!2011! ---------------------- HẾT ---------------------- e) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. f) Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....
SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP CƠ SỞ - NĂM HỌC 2009 -2010 Đề thi chính thức Môn:Toán Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 07/01/2010 (Đề thi có 01 trang) ĐỀ BÀI Câu 1: (6 điểm) 1. Cho phương trình: 2 1  2sin x  3.2 1  sin x  m  4 (1) (m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m = 0. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.  x6  y6  1  2. Giải hệ phương trình:  5 5 x  y  1  Câu 2: (5 điểm) 1. Tìm GTLN của hàm số: y   x  3 x  72 x  90 trên đoạn  7;7  . 3 2 1 4 2. Cho hàm số y  x  2 x 2  3 có đồ thị là (C). Tính diện tích tam giác có các đỉnh là các điểm cực 4 trị của đồ thị (C). Câu 3: (6 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Chứng minh rằng với mọi giá trị của t đường thẳng (d) có phương trình: x cos t  y sin t  sin t  2cos t  3  0 (t là tham số) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2 a 5 và BAC  120 . Gọi M là trung điểm của CC1. Chứng minh MB  MA1 và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A1BM). Câu 4: (1.5 điểm) Cho đa thức f  x   x  an 1 x n 1 n  an2 x n2    a1 x  1 có các hệ số không âm và có n nghiệm n thực. Chứng minh f  2   3 . Câu 5: (1.5 điểm) 3 Cho hàm số: y  x  2009 x có đồ thị là (C). M 1 là điểm trên (C) có hoành độ x1  1 . Tiếp tuyến của (C) tại M 1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 khác M 2 , tiếp tuyến của (C) tại điểm M n 1 cắt (C) tại điểm M n khác M n 1 (n = 4; 5;…), gọi  xn ; yn  là tọa độ điểm M n . 2013 Tìm n để : 2009 xn  yn  2 0 ----------Hết---------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 12
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2009 - 2010 HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀ BIỂU ĐIỂM Môn Toán (Đề thi chính thức) Biểu Câu Nội dung điểm (đ) 1. Chứng minh (C) cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ lập =4đ thành cấp số nhân : Ta có y = x3 + px2 + pqx + q3, đồ thị là (C); Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox là : 0,5 đ x3 + px2 + pqx + q3 = 0 () (vì Ox có phương trình là y = 0);  [x + q][x2 + (p – q)x + q2] = 0; 0,75 đ  x = –q hoặc x2 + (p – q)x + q2 = 0 (). 0,25 đ Phương trình () có  = p2 – 2pq – 3q2 = (p + q)(p – 3q) > 0 (vì 0,5 đ p > 3q > 0), Nên () có hai nghiệm phân biệt gọi là x1, x2; 0,5 đ Áp dụng định lý Viète ta có x1x2 = q2 > 0; 0,5 đ q Vậy x1, –q, x2 lập thành cấp số nhân với công bội bằng . 0,5 đ x1 Mà x1, –q, x2 là ba số phân biệt (vì  > 0 nên x1 ≠ x2; nếu x1 = –q 0,25 đ thì x2 = –q, vô lý, vậy x1 ≠ –q; tương tự x2 ≠ –q). Do đó () có ba nghiệm là x1, –q, x2 lập thành cấp số nhân; 0,25 đ Đây là điều phải chứng minh. Cách 2 : =4đ Ta có y = x3 + px2 + pqx + q3, đồ thị là (C); Hoành độ giao điểm của (C) và Ox là nghiệm của phương trình 0,5 đ x3 + px2 + pqx + q3 = 0 (vì Ox có phương trình là y = 0); 3 2  x p  x p x    +   +  + 1 = 0 (do q > 0); 0,5 đ q q q q q p x Đặt r = > 3, t = , thu được t3 + rt2 + rt + 1 = 0 (); 0,25 đ q q 2  [t + 1][t + (r – 1)t + 1] = 0; 0,25 đ  t = –1 hoặc t2 + (r – 1)t + 1 = 0 (); Phương trình () có  = r2 – 2r – 3 = (r + 1)(r – 3) > 0; 0,5 đ Nên () có hai nghiệm phân biệt gọi là t1, t2; 0,5 đ Áp dụng định lý Viète ta có t1t2 = 1; 1đ Vậy t1, –1, t2 lập thành cấp số nhân với công bội bằng – t2. Mà t1, –1, t2 là ba số phân biệt (vì  > 0 nên t1 ≠ t2; nếu t1 = –1 0,25 đ thì t2 = –1, vô lý, vậy t1 ≠ –1; tương tự t2 ≠ –1). Vậy () có ba nghiệm là t1, –1, t2 lập thành cấp số nhân; 0,25 đ Từ đó ta có điều phải chứng minh. Cách 3 : =4đ Hướng dẫn chấm thi và biểu điểm kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh 1/7 môn Toán (đề thi chính thức) năm học 2009 - 2010.
1. Ta có y = x3 + px2 + pqx + q3, đồ thị là (C); (tiếp) Tập xác định D =  ; 0,25 đ y’ = 3x2 + 2px + pq, y’ = 0  3x2 + 2px + pq = 0 (); ’ = p(p – 3q) > 0 (do p > 3q > 0) vậy () có hai nghiệm gọi là 0,25 đ x1, x2; Từ đó hàm số đã cho đạt cực trị tại hai điểm x1, x2. 0,25 đ 1 3q  p Vì y = (3x + p).y’ + r(x), với r(x) = [2px + q(p + 3q)]; 9 9 0,5 đ Nên y(x1) = r(x1), y(x2) = r(x2); Khi đó y(x1).y(x2) < 0  r(x1)r(x2) < 0;  4p2x1x2 + 2pq(p + 3q)(x1 + x2) + q2(p + 3q)2 < 0; 4 4 0,5 đ  p3q – p2q(p + 3q) + q2(p + 3q)2 < 0 3 3 (áp dụng định lý Viète cho ());  4p – 4p (p + 3q) + 3q(p + 3q)2 < 0; 3 2  q[(p + 3q)2 – 4p2] < 0; 0,5 đ  3(3q – p)(p + q) < 0; Đây là mệnh đề đúng, vậy y(x1).y(x2) < 0;  Hai điểm cực trị của (C) nằm về hai phía của Ox; 0,25 đ Do đó (C) cắt Ox tại ba điểm phân biệt, gọi hoành độ của các giao điểm là xA, xB, xC. x Mà xA, xB, xC lập thành cấp số nhân với cộng bội bằng B xA 0,5 đ  xAxC = (xB)2 (vì (0 ; 0)  (C) nên xA, xB, xC đều khác 0);  (xB)3 = xAxBxC () Mặt khác xA, xB, xC là ba nghiệm đa thức (x3 + px2 + pqx + q3);  x3 + px2 + pqx + q3 = (x – xA)(x – xB)(x – xC), x   ;  x3 – (xA + xB + xC )x2 + (xAxB +xBxC + xCxA)x – xAxBxC = x3 + 0,25 đ + px2 + pqx + q3, x   ;  xAxBxC = –q3. Nên ()  xB = –q, đây là điều đúng vì (–q ; 0)  (C); 0,5 đ Vậy ba số xA, xB = –q, xC lập thành cấp số nhân; 0,25 đ Do đó có được điều phải chứng minh. 2. Giải phương trình : =4đ sin x  cos x sin 3 x  cos3 x Ta có = (i); sin 3x  cos3 x sin x  cos x 0,25 đ Điều kiện sin3x – cos3x ≠ 0 ≠ sinx + cosx (ii). Khi đó (i)  [sinx – cosx][(sin3x – cos3x)(1 + sinxcosx) – (sinx + cosx)] = 0; 0,25 đ  sinx – cosx = 0 (iii) hoặc (sin3x – cos3x)(1 + sinxcosx) – (sinx + cosx) = 0 (iv). 0,25 đ - Giải phương trình (iii) : π 0,25 đ (iii)  2 sin  x   = 0;   4 Hướng dẫn chấm thi và biểu điểm kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh 2/7 môn Toán (đề thi chính thức) năm học 2009 - 2010.
2. π (tiếp) x= + k, k   ; 0,25 đ 4 Thử lại thỏa (ii). 0,25 đ - Giải phương trình (iv) : (iv)  [3(sinx + cosx) – 4(sin3x + cos3x)][2 + sin2x] – 2(sinx + cosx) = 0 (v) 0,5 đ (vì sin3x = sin(2x + x) = sin2xcosx + cos2xsinx = 2sinx(1 – sin2x) + + (1 – 2sin2x)sinx = 3sinx – 4sin3x; tương tự cos3x = 4cos3x – 3cosx); (v)  [sinx + cosx][(2sin2x – 1)(2 + sin2x) – 2] = 0; 0,25 đ  2sin22x + 3sin2x – 4 = 0, do (ii); 0,25 đ 3  41 3  41  sin2x = hoặc sin2x = (vô nghiệm); 0,5 đ 4 4 (  1)k  41  3  π x= arcsin    + k , k  ; 0,5 đ 2  4   2 Thử lại thỏa (ii). 0,25 đ Do đó phương trình đã cho chỉ có các nghiệm : π (  1)k  41  3  π 0,25 đ x = + k, x = arcsin    + k , k  .  4 2  4  2 Cách 2 : =4đ sin x  cos x sin 3 x  cos3 x Ta có = (i); sin 3x  cos3 x sin x  cos x 0,25 đ Điều kiện sin3x – cos3x ≠ 0 ≠ sinx + cosx (ii). Khi đó (i)  (sin3x – cos3x)(sinx – cosx)(1 + sinxcosx) = –cos2x; 0,5 đ  (sin3x.sinx + cos3x.cosx – sin3x.cosx – cos3x.sinx)(2 + sin2x) + 2cos2x = 0 0,5 đ  (cos2x – sin4x)(2 + sin2x) + 2cos2x = 0;  cos2x[(1 – 2sin2x)(2 + sin2x) + 2] = 0; 0,25 đ  cos2x(2sin22x + 3sin2x – 4) = 0;  cos2x = 0 (iii’) hoặc 2sin22x + 3sin2x – 4 = 0 (iv’). 0,25 đ ’ - Giải phương trình (iii ) : π π 0,25 đ Ta có (iii’)  x = + k , k   ; 4 2 π Thử lại điều kiện (ii) được x = + k, k   . 0,5 đ 4 - Giải phương trình (iv’) ... kết luận (như cách 1). 1,5 đ 3. Giải hệ phương trình : =4đ 2  x  2 xy  x  y  0 Ta có  4  (I); 2 2  x  4 x y  3x  y  0  2 0,5 đ Nhận thấy x = y = 0 là một nghiệm của (I). Xét trường hợp còn lại x ≠ 0; vì x = 0 thỏa (I)  y = 0 thỏa (I) : 0,25 đ  y  x  x  2 y  1  0 (1) Khi đó (I)    2 ; 0,75 đ  x 2  y  4 y  3  0 (2)   x2 Hướng dẫn chấm thi và biểu điểm kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh 3/7 môn Toán (đề thi chính thức) năm học 2009 - 2010.
3. 2  y (tiếp) Mà (2)   x   – 6y + 3 = 0 (3); 0,25 đ  x 2 y y Từ (1) và (3) suy ra  x   – 3  x   = 0;    0,5 đ  x  x y y x+ = 0 hoặc x + = 3. 0,25 đ x x y 1 - Với x + = 0, kết hợp với (1) thu được y = ; x 2 0,5 đ 1 Khi đó x + = 0, phương trình này vô nghiệm. 2x y - Với x + = 3, kết hợp với (1) thu được y = 2; x 0,5 đ 2 Khi đó x + = 3  x2 – 3x + 2 = 0  x = 1 hoặc x = 2. x Thử lại (1 ; 2), (2 ; 2) đều thỏa (I). 0,25 đ Do đó hệ đã cho chỉ có ba nghiệm (0 ; 0), (1 ; 2), (2 ; 2). 0,25 đ Cách 2 : =4đ  x 2  2 xy  x  y  0  Ta có  4 2 2 2  x  4 x y  3x  y  0  0,25 đ 1 Vì x = không thỏa hệ, nên hệ đã cho tương đương với : 2  x2  x y   2x 1  2 ; 1đ  4 4 x 2 ( x 2  x)  x2  x  x  . 2x 1  3x2     0 ()   2x  1  Mà ()  x4(2x – 1)2 – 4x3(x + 1)(2x – 1) + 3x2(2x – 1)2 + x2(x + 1)2 = 0; 0,25 đ 2 4 3 2  x (2x – 6x + 5x – 3x + 2) = 0; 0,25 đ  x2(x – 1)(2x3 – 4x2 + x – 2) = 0; 0,5 đ  x2(x – 1)(x – 2)(2x2 + 1) = 0; 0,5 đ  x = 0 ( y = 0) hoặc x = 1 ( y = 2) hoặc x = 2 ( y = 2); 1đ Từ đó hệ đã cho chỉ có ba nghiệm (0 ; 0), (1 ; 2), (2 ; 2). 0,25 đ 4. Tìm ước chung lớn nhất :  = 3,5 đ 3 3 2 2 Ta có m + n = (m + n)(m + n ) – mn(m + n); Gọi d là ước chung lớn nhất của (m2 + n2) và (m3 + n3), 0,5 đ Suy ra mn(m + n)  d @. Mà m và (m + n) là hai số nguyên tố cùng nhau (vì gọi d1 là ước chung lớn nhất của m và (m + n) thì n  d1, suy ra d1 là ước chung của m và n nên d1 = 1, do m và n là hai số nguyên tố cùng 0, 5 đ nhau); Tương tự n và (m + n) là hai số nguyên tố cùng nhau; Vậy @  m  d hoặc n  d hoặc (m + n)  d. 0,25 đ Hướng dẫn chấm thi và biểu điểm kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh 4/7 môn Toán (đề thi chính thức) năm học 2009 - 2010.
4. - Trường hợp m  d 0,25 đ (tiếp) Khi đó n2  d (vì m2 + n2  d) Vậy d = 1 (nếu d > 1 thì tồn tại số nguyên tố p là ước số của d; lúc đó n2  p, nên n  p; kết hợp m  p, từ đó p là ước chung của 0,25 đ m và n; kéo theo p = 1, mâu thuẫn với p là số nguyên tố). - Trường hợp n  d 0,5 đ Tương tự d = 1. - Trường hợp m + n  d 0,25 đ Khi đó 2mn  d (vì (m + n)2 – 2mn = (m2 + n2)  d); Mặt khác m là số chẵn, m và n là hai số nguyên tố cùng nhau 0, 25 đ nên n là số lẻ, suy ra m + n là số lẻ, kéo theo d là số lẻ; Vậy mn  d  m  d hoặc n  d (vì m và n là hai số nguyên tố 0,25 đ cùng nhau); Tương tự d = 1. 0,25 đ Do đó ước chung lớn nhất của (m2 + n2) và (m3 + n3) bằng 1. 0,25 đ 5. 1) Chứng minh SD < 3 a : =2đ S 0,25 đ B C (chưa vẽ O, I) I O A D Gọi O là tâm của hình thoi ABCD (suy ra O là trung điểm của BD, AC); Ta có SAC = BAC (vì SA = BA = SC = BC = a), 0,75 đ Nên SO = BO, Vậy SO = BO = OD; Suy ra SBD là tam giác vuông tại S. Từ đó SD2 = BD2 – SB2 = BD2 – a2, 0,25 đ Mặt khác trong ABD có BD < AB + AD = 2a; Do đó SD2 < 3a2; 0,75 đ  SD < 3 a. Cách 2 : =2đ Hình vẽ như cách 1. 0,25 đ Hướng dẫn chấm thi và biểu điểm kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh 5/7 môn Toán (đề thi chính thức) năm học 2009 - 2010.
5.1 Gọi O là tâm của hình thoi ABCD (suy ra O là trung điểm của (tiếp)BD, AC); Áp dụng công thức đường trung tuyến trong SBD ta có 0,75 đ 4SO2 = 2SB2 + 2SD2 – BD2; Tương tự 4SO2 = 2SA2 + 2SC2 – AC2; Vậy 2SD2 = 2a2 + BD2 – AC2 < 2a2 + BD2 (do SA = SB = SC 0,25 đ = a). Mặt khác trong ABD có BD < AB + AD = 2a; Do đó SD2 < 3a2; 0,75 đ  SD < 3 a. 5. 2) Xác định SD (giải tiếp theo cách 1 của phần 5.1) :  = 2,5 đ Ta có AC  BD (vì ABCD là hình thoi), Và AC  SO (vì SAC cân tại S và O là trung điểm AC); 0,25 đ Nên AC  (SBD). Vẽ đường cao SI của SBD (nghĩa là SI  BD); Suy ra SI  AC, do AC  (SBD); 0,25 đ Từ đó SI  (ABCD). 1 Vậy khối chóp S.ABCD có thể tích V = SI.T (với T là diện 3 0,25 đ tích hình thoi ABCD); 1 1 1 Mà 2 = 2 + (vì SI là đường cao của tam giác SI SB SD2 vuông SBD); 0,25 đ Đặt SD = x, với 0 < x < 3 a; ax Suy ra SI = . x2  a 2 1 Mặt khác T = AC.BD; 2 0,25 đ Mà BD = SB2  SD2 = x 2  a2 (do SBD vuông tại S); Và AC2 = 4AO2 = 4(AB2 – BO2) = 4a2 – 4BO2 = 4a2 – BD2 = 3a2 – x2 (do ABO vuông tại O); Nên AC = 3a 2  x 2 ; 0,25 đ a Từ đó V = .x 3a 2  x 2 . 6 Xét hàm số f(x) = x 3a 2  x 2 trên (0 ; 3 a); Hàm số xác định trên (0 ; 3 a); .’ 2 2 x2 3a2  2 x 2 0,25 đ f (x) = 3a  x – = ; 3a 2  x 2 3a 2  x 2 (d3) a 6 f.’(x) = 0  x = (do 0 < x < 3 a); 2 Hướng dẫn chấm thi và biểu điểm kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh 6/7 môn Toán (đề thi chính thức) năm học 2009 - 2010.
5. 2) Bảng biến thiên : (tiếp) a 6 x 0 3a 2 f.’(x) + 0 – 0,5 đ a3 (d2) f(x) 4 0 0 a 6 SD = x = , kiểm tra dựng được hình chóp thỏa bài toán; 2 0,25 đ a 6 Do đó V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi SD = . 2 Chú ý có thể thay các bước (d3) và (d2) ở cách giải trên bởi :  = 0,75 đ a 2 a3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy V  [x + (3a2 – x2)] = ; 0,5 đ 12 4 a 6 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x2 = 3a2 – x2  SD = . 0,25 đ 2 Cách 2 (giải tiếp theo cách 1 của phần 5.1) :  = 2,5 đ Đặt AC = u, với 0 < u < 2a (vì AC < AB + BC); khi đó ABC u 0,25 đ có diện tích  = 4a 2  u 2 (áp dụng công thức Heron). 4 Gọi (I ; R) là đường tròn ngoại tiếp ABC, 0,5 đ Vì SA = SB = SC nên SI là trục của ABC, vậy SI  (ABCD); Trong tam giác vuông SBI có SI2 = SB2 – BI2 = a2 – R2; a 2u a2 a 3a 2  u 2 0,25 đ Mặt khác  = R= ; vậy SI = . 4R 4a 2  u 2 4a 2  u 2 2 a Vậy khối chóp S.ABCD có thể tích V = SI. = .u 3a 2  u 2 0,5 đ 3 6 a 2 2 2 a3  [u + (3a – u )] = (áp dụng bất đẳng thức Cauchy); 0,5 đ 12 4 3a 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u2 = 3a2 – u2  AC2 = ; 2 0,25 đ a 10 a 6  BD = (do ABO vuông tại O)  SD = . 2 2 Khi đó, kiểm tra dựng được hình chóp thỏa điều kiện bài toán; a 6 0,25 đ Do đó V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi SD = . 2 Lưu ý : Nếu thí sinh giải cách khác đúng thì được điểm tối đa theo quy định và thống nhất cách cho điểm thành phần trên cơ sở của hướng dẫn và biểu điểm này; Sở GDĐT yêu cầu Tổ Giám khảo môn Toán căn cứ hướng dẫn và biểu điểm này, họp thống nhất trước khi chấm theo quy định Hướng dẫn chấm thi và biểu điểm kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh 7/7 môn Toán (đề thi chính thức) năm học 2009 - 2010.
S GIÁO D C VÀ ĐÀO T O KỲ THI CH N H C SINH GI I L P 12 C P T NH T NH Đ NG NAI NĂM H C 2009 - 2010 Đ THI CHÍNH TH C Môn Toán Th i gian làm bài : 180 phút Ngày thi : 25/11/2009 (Đ thi này g m m t trang, có năm câu) Câu 1. (4 đi m) Cho hàm s : y = x3 + p x2 + p q x + q 3 , có đ th là (C); V i p và q là các s th c cho trư c th a p > 3q > 0. Ch ng minh (C) c t tr c hoành t i ba đi m có hoành đ l p thành c p s nhân. Câu 2. (4 đi m) sin x − cos x sin3 x − cos3 x Gi i phương trình : = . sin 3x − cos 3x sin x + cos x Câu 3. (4 đi m) x2 − 2xy + x + y = 0 Gi i h phương trình : x4 − 4x2 y + 3x2 + y 2 = 0. Câu 4. (3,5 đi m) Cho các s nguyên dương m, n; Bi t m và n là hai s nguyên t cùng nhau, m là s ch n. Tìm ư c chung l n nh t c a (m2 + n2 ) và (m3 + n3 ). Câu 5. (4,5 đi m) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi c nh b ng a; Bi t SA = SB = SC = a (v i a là s th c dương cho trư c). √ 1) Ch ng minh SD < 3 a. 2) Xác đ nh đ dài c nh SD theo a đ kh i chóp S.ABCD có th tích l n nh t. .........H t .........
TUY N T P THI H C SINH GI I THPT C P T NH MÔN TOÁN NG THÁP T N M H C 2000-2001 N N M H C 2008-2009 http://kinhhoa.violet.vn Nguy n c Tu n ( NDTuanMAT ) Tháng 9 Năm 2009 © Nguy n c Tu n – Nickname: NDTuanMAT
THI NĂM H C 2000 - 2001 Ngày thi: 25 tháng 11 Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1: Cho dãy s xác nh như sau: n 1 un = ∑ ; ∀n ∈ Ν và n ≥ 1 . i =1 i ( i + 1)( i + 2 )( i + 3 ) Tìm lim un . x →+∞ 1 Bài 2: Cho phương trình: y 3 − 9 y 2 + 11 y − = 0 (1) 3 a. Ch ng minh r ng tan 10 ; tan 50 ; tan 2 700 là 3 nghi m phân bi t c a phương 2 0 2 0 trình (1). b. Tính P = tan 6 100 + tan 6 500 + tan 6 700 . Bài 3: Tìm t t c các a th c P ( x) có h s nguyên sao cho ta có: x.P ( x − 20) = ( x − 2000).P ( x) ; ∀x ∈ Ζ . Bài 4: Cho hình chóp S . ABC nh S ; SA = x ; SB = y ; SC = z . a. Ch ng minh r ng VS . ABC = x. y.z.VS . A ' B 'C ' ; v i SA ' = SB ' = SC ' = 1 ơn v dài. A '; B '; C ' n m tương ng trên các tia SA; SB; SC . b. Xác nh x, y, z di n tích xung quanh c a hình chóp S . ABC b ng 3k 2 ( k là s th c cho trư c) và th tích c a nó l n nh t. Bài 5: Cho a, b, c là 3 s th c dương và ab + bc + ca = abc . Ch ng minh r ng: a 2 + 2b 2 b 2 + 2c 2 c 2 + 2a 2 + + ≥ 3. ab bc ca 1 © Nguy n c Tu n – Nickname: NDTuanMAT
THI NĂM H C 2001 - 2002 Ngày thi: 24 tháng 11 Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1: Cho 3 s th c dương a, b, c th a i u ki n abc = 1 . Ch ng minh r ng: 1 + ab 2 1 + bc 2 1 + ca 2 18 + + ≥ 3 3 3. c 3 a 3 b 3 a +b +c Bài 2: Cho x, y là 2 s th a mãn i u ki n: x − 2 y −1 ≤ 0  x + 3y − 6 ≤ 0 2 x + y − 2 ≥ 0  a. Ch ng minh: x 2 + y 2 ≤ 10 . b. Tìm t t c các giá tr c a x, y : x 2 + y 2 = 10 . Bài 3: Cho phương trình: x n + x n −1 + x n − 2 + ... + x 2 + x − 1 = 0 (1), n nguyên dương. a. Ch ng minh r ng v i m i n thì phương trình (1) có nghi m dương duy nh t xn . b. Tìm lim xn . x →+∞ Bài 4: Cho tam giác ABC có BC > CA > AB . G i D là m t i m n m trên o n BC . Trên ph n n i dài c a BA v phía A ch n i m E . Bi t r ng BD = BE = CA . G i P là giao i m c a ư ng tròn ngo i ti p tam giác EBD v i c nh AC . G i Q là giao i m th hai c a BP v i ư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC . Ch ng minh r ng: a. Tam giác AQC và tam giác EPD là hai tam giác ng d ng. b. Ta có: BP = AQ + CQ . Bài 5: Cho 3 tia Ox, Oy, Oz vuông góc v i nhau ôi m t t o thành góc tam di n Oxyz . i m M c nh n m trong góc tam di n. M t m t ph ng (α ) qua M c t Ox, Oy, Oz l n lư t t i A, B, C . G i kho ng cách t M n các m t ph ng ( OBC ) , ( OCA) , ( OAB ) l n lư t là a, b, c . a. Ch ng minh tam giác ABC là tam giác nh n. b. Tính OA, OB, OC theo a, b, c th tích t di n OABC là nh nh t. 2 © Nguy n c Tu n – Nickname: NDTuanMAT
THI NĂM H C 2002 - 2003 Ngày thi: 24 tháng 11 Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1: a. Cho 4 s th c dương a, b, c, d . Ch ng minh r ng: a4 b4 c4 d4 a+b+c+d + + + ≥ ( a + b ) ( a + b ) (b + c ) (b + c ) ( c + d ) (c + d ) ( d + a ) ( d + a ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 . b. Cho 6 s th c dương a, b, c, d , e, f . Ch ng minh r ng: (a + b + c) + (d + e + f ) 2 2 ≤ a 2 + d 2 + b 2 + e2 + c 2 + f 2 . Bài 2: Kí hi u Ν * là t p các s nguyên dương. Tìm t t c các hàm f : Ν* → Ν * th a mãn ng th i hai i u ki n sau: ( i ) : f ( n + 1) > f ( n ) ( ii ) : f ( f ( n ) ) = n + 2002, ∀n ∈ Ν * Bài 3: Cho dãy {an } , n ∈ Ν * ư c xác nh b i: a1 = a2 = 1; a3 = 2   a a + p v i p∈ Ν*.  an +3 = n + 2. n +1  an nh p m i s h ng c a dãy {an } u là s nguyên. Bài 4: Cho a th c f ( x ) = x n + a1 x n −1 + a2 x n − 2 + ... + an là a th c b c n ≥ 2 có các nghi m th c b1 , b2 ,..., bn . Cho x > bi , ∀i = 1...n . Ch ng minh:  1 1 1  f ( x + 1)  + + ... +  ≥ 2n . 2  x − b1 x − b2 x − bn  Bài 5: Cho t di n ABCD có các c nh xu t phát t A ôi m t vuông góc v i nhau. G i a là c nh l n nh t xu t phát t A và r là bán kính hình c u n i ti p t di n. Ch ng minh r ng: ( a ≥ 3+ 3 r . ) 3 © Nguy n c Tu n – Nickname: NDTuanMAT
THI NĂM H C 2003 - 2004 Ngày thi: 23 tháng 11 Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1: Gi i phương trình sau: 1 + 1 − x 2  (1 − x ) − (1 + x )  = 2 + 1 − x2 . 3 3     Bài 2: 3 2 a. Tìm giá tr l n nh t, giá tr nh nh t c a ( x + y + z ) bi t: y 2 + yz + z 2 = 1 − x . 2 b. Tìm các s nguyên a, b, c th a mãn b t ng th c: a + b + c + 3 < ab + 3b + 2c . 2 2 2 Bài 3: Trong tam giác ABC ta d ng các ư ng phân giác trong AA ', BB ', CC ' ; giao i m A ', B ', C ' l n lư t thu c các c nh BC , CA, AB . Các giao i m này l p thành tam giác A ' B ' C ' . Ch ng minh r ng: S A ' B 'C ' 2abc = . S ABC ( a + b )( b + c )( c + a ) Bài 4: Cho Ζ là t p các s nguyên. Cho hàm f : Ζ → Ζ th a mãn các i u ki n: ( i ) : f ( −1) = f (1) ( ii ) : f ( x ) + f ( y ) = f ( x + 2 xy ) + f ( y − 2 xy ) v i m i x, y ∈ Ζ . a. Ch ng minh f ( − n ) = f ( n ) , ∀n ∈ Ν . b. Tìm t t c các hàm f có tính ch t nói trên. 4 © Nguy n c Tu n – Nickname: NDTuanMAT
THI NĂM H C 2004 - 2005 Ngày thi: 14 tháng 11 Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1: V i 3 s th c x, y, z tùy ý, ta t: S = x + y + z ; P = xy + yz + zx ; Q = xyz . a. Ch ng minh: x3 + y 3 + z 3 = S 3 − 3SP + 3Q . b. Hãy bi u di n x 4 + y 4 + z 4 theo S , P và Q . Bài 2: Tìm a th c f ( x ) có t t c các h s u là s nguyên không âm nh hơn 9 và th a mãn f ( 9 ) = 2004 . Bài 3: Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có c nh AB là c nh chung. Hai m t ph ng ( ABCD ) và ( ABEF ) vuông góc v i nhau. Tìm v trí ư ng vuông góc chung c a hai ư ng th ng AE và BD . Bài 4: V i s nguyên dương a = a1a2 ...ak , k ∈ Ν * , ta t: T ( a ) = a1 + a2 + ... + ak ( t ng các ch s c a a ) Dãy s { xn } , n ∈ Ν * xác nh như sau:  x = (T ( 2004 ) )2004  1   xn = (T ( xn −1 ) ) 2004  Ch ng minh r ng dãy { xn } , n ∈ Ν * b ch n. Bài 5: Tam giác ABC có 3 góc nh n n i ti p trong ư ng tròn tâm O bán kính R . Cho AB = c; BC = a; CA = b . Ch n I là i m b t kì trong tam giác ABC ; g i x, y, z là các kho ng cách t I n các c nh BC , CA, AB . Ch ng minh: a 2 + b2 + c 2 x+ y+ z≤ . 2R 5 © Nguy n c Tu n – Nickname: NDTuanMAT
THI NĂM H C 2005 - 2006 Ngày thi: 9 tháng 10 Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1: Tính t ng: S = t an10 . t an20 + t an20 .t an30 + ... + t an20040. t an20050 . Bài 2: a. Cho P ( x ) là a th c v i h s nguyên sao cho: P ( a ) = P ( b ) = P ( c ) = 1 v i a, b, c là các s nguyên ôi m t khác nhau. Ch ng minh phương trình P ( x ) = 0 không có nghi m nguyên. b. Tìm m t a th c f ( x ) b c 5 sao cho f ( x ) − 1 chia h t cho ( x − 1) và f ( x ) 3 chia h t cho x3 . Bài 3: a. T ng c a 2 s nguyên dương b ng 2310. Ch ng minh r ng tích c a hai s này không chia h t cho 2310. b. Tìm nghi m nguyên ( x, y ) c a phương trình y = 2 x + y 2 + 2 ( 2 x + 1) y + 8 x . Bài 4: a. Cho tam giác ABC n i ti p ư ng tròn ( O ) . Các ư ng th ng v qua A, B, C ôi m t song song, c t ư ng tròn ( O ) t i các i m A1 , B 1 , C1 ( khác v i A, B, C ). Ch ng minh r ng tr c tâm các tam giác A1 BC , B1CA, C1 AB th ng hàng. b. Cho tam giác ABC u c nh b ng 2 ơn v dài. ư ng th ng ( d ) không i qua b t kì nh nào c a tam giác. G i α , β , γ là góc gi a ( d ) và theo th t v i các ư ng th ng i qua các c nh BC , CA, AB c a tam giác u ABC . Tính: M = sin α .sin β .sin γ + cos α .cos β .cos γ . 2 2 2 2 2 2 Bài 5: Cho dãy {un } , n nguyên dương, xác nh như sau: u1 = 2  n ui  u 2 − un . t Sn = ∑ . un +1 = n + un i =1 ui +1 − 1  2005 Tìm lim S n . x →+∞ 6 © Nguy n c Tu n – Nickname: NDTuanMAT
THI NĂM H C 2006 - 2007 Ngày thi: 22 tháng 10 Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1: Tìm t ng c a các s nguyên dương t m n n , k c m và n ( m < n ) , suy ra t ng các s gi a 1000 và 2000 mà không chia h t cho 5. x+2 Bài 2: Tìm t t c các s th c x sao cho k = là s nguyên. x + 4x + 5 2 Bài 3: Ch ng minh r ng n u a, b, c là 3 c nh c a m t tam giác tương ng v i các nh A, B, C thì: a + b − 2c b + c − 2a c + a − 2b + + ≥ 0. C A B sin sin sin 2 2 2 Bài 4: Tìm t t c các a th c d ng f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c , v i a, b, c là các s nguyên, sao cho a, b, c là nghi m c a f ( x ) . 1 Bài 5: Cho F (1) = F ( 2 ) = 1, F ( n + 2 ) = F ( n + 1) + F ( n ) và hàm s f ( x) = . 1+ x ( ) t: Gn ( x ) = x + f ( x ) + f ( f ( x ) ) + ... + f f (... f ( x ) ...) , trong s h ng sau cùng f l p F (1) F ( 2) F ( n + 1) l i n l n. Ch ng minh: Gn (1) = + + ... + . F ( 2) F ( 3) F ( n + 2) Bài 6: T i m P n m ngoài ư ng tròn cho trư c k hai ti p tuy n ti p xúc v i ư ng tròn l n lư t t i A và B . Ch n i m S n m trên dây cung AB . Tia PS c t cung nh 2 PR.PQ AB t i R và c t cung l n AB t i Q . Ch ng minh: PS = . PR + PQ Bài 7: Ch ng minh r ng m i s nguyên dương n tùy ý luôn bi u di n dư i d ng t ng c a các s h ng 2 r 3s v i r , s là các s nguyên không âm. 7 © Nguy n c Tu n – Nickname: NDTuanMAT