intTypePromotion=3

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

Chia sẻ: Nguyen Phuong Ha Linh Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
997
lượt xem
318
download

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

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh hãy tham khảo 2 đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán học cấp tỉnh kèm đáp án giúp các em có thêm tư liệu để luyện tập chuẩn bị kì thi tới tốt hơn. Chúc các em thi tốt và đạt điểm cao.

Chủ đề:
Lưu

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

  1. Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2007-2008 Đề thi chính thức Đáp án Môn : TOÁN Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM (3đ) Giải phương trình: 3 sin x  cos x 1 4 (x¡ ) Viết lại: sin 3 x  cos4 x  1  sin 3 x  cos 4 x  sin 2 x  cos 2 x 0,5  sin 2 x 1  sin x   cos 2 x 1  cos 2 x   0 (*) Chú ý: sin 2 x 1  sin x   0 và cos2 x 1  cos2 x   0 . 1 Do đó: (*)  sin 2 x 1  sin x   0 và cos2 x 1  cos2 x   0  sinx = 0 hay sinx = 1 0,5  1 Nghiệm của phương trình đã cho là : x = k  ; x = + 2k  (k Z ) 2 NỘI DUNG ĐIỂM Bài 2 (4đ) 2 3 Giải bất phương trình : 33xx 1  2 3x 1 (x¡ ) . 3 3 3 3 x 2 1,0 a) Ta có: 2+ 3x 1 =1+1+ 3x 1  3 3 1.1.3x 1 =3 3 (BĐT Côsi,  x  ¡ ) Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1. Nhận xét x  1 là một nghiệm 0,5 Ta sẽ chứng tỏ với x  1 thì: 3 3 x  x 2 1 < 2+ 3 x 3 1 (1) 0,5 3 3 x 2 0,5 Ta có: 2+ 3x 1 > 3 3 (câu a/ và x  1 ) và: x3+2 –3(3x-x2-1) = x3+3x2-9x+5 = (x-1)(x2+4x-5) = (x-1)2(x+5) x3  2 0,5 3 x  x 2 1 3 Với mọi x  5 và x  1 thì 3 3 < 2 + 3x 1 3 2 3 Với x  5 thì 33 x  x 1 < 30 < 2 + 3x 1 Từ đó (1) đúng với mọi x  1. 0,5 Vậy bất phương trình đã cho chỉ có một nghiệm là x = 1 . 0.5 Bài 3 NỘI DUNG ĐIỂM (4đ) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm thực: (3 x 2  14 x  14) 2  4(3 x  7)( x  1)( x  2)( x  4)  m Đặt: f ( x)   x  1 x  2  x  4   x 3  7 x 2  14 x  8 và 1 2 g ( x )   3 x 2  14 x  14   4  3 x  7  f ( x) g(x) là đa thức bậc 4 với hệ số của x4 là -3 .Ta lập bảng biến thiên của g(x).
  2. f '( x)  3x 2  14 x  14; 2 g '( x)  2  3 x 2  14 x  14   6 x  14   12 f ( x )  4  3 x  7  f '( x)  12 f ( x) g '( x)  0  x  1; x  2; x  4. g (1)  9; g (2)  4; g (4)  36. x - 1 2 4 + g’(x) + 0 - 0 + 0 - 36 9 g(x) 4 - - Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình g ( x )  m có một số lẻ nghiệm khi 1 và chỉ khi: m  4; m  9; m  36. Bài 4 NỘI DUNG ĐIỂM (4,5đ) Cho ABC là một tam giác nhọn có trọng tâm G và trực tâm H không trùng nhau. Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC khi và chỉ khi: tgB + tgC = 2tgA . y 1 Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ : A q A(p,q) , B(-r,-s), C(r,-s) (r>0; s>0;q>0)  p q  2s  Ta có : G  ; ) 3 3  -r p r và p2+q2 = r2+s2 (2) O x B C -s Do O, G, H thẳng hàng nên GH//BC khi và chỉ khi yG  0  q  2 s  0 (3) 0,5 Với tam giác ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC 1 Do đó : tgB + tgC = 2tgA  tgB.tgC = 3 (4) qs qs (q  s)2 (q  s)2 1 Ta có: tgB = ; tgC =  ; tgB.tgC = 2 = 2 2 (do(2)) pr p r r  p2 q s qs Hay: tgB.tgC = (5) qs Nếu GH//BC thì từ (3) cho q = 2s. Từ (5) suy ra tgB.tgC = 3. 0,5 Do (4) mà tgB + tgC = 2tgA Nếu tgB + tgC = 2tgA thì từ (4) và (5) cho q = 2s . Do (3) mà GH//BC. 0,5 BÀI 5 NỘI DUNG ĐIỂM
  3. Câu a 1 a 1 b 1 a  b 4 (1,5đ) Chứng minh :   1 (*) với a, b  0 và a + b  1 a 1 b 1 a  b 5 Bình phương các vế của (*) ta được: 0,5 1 ab  (a  b) 2(1  ab) +2  2 + 2 1  ( a  b) 1  ab  a  b 1  ab  a  b 1 a  b 1 a  b 1 u  v 1 v u (2  v)  -  (với u = ab; v = a + b) 1 u  v 1  v (1  v )(1  v  u ) 1  u  v 1 v u (2  v)  1 u  v 1 v  0,5  -     1  u  v 1  v (1  v )(1  v  u )  1  u  v  1 v   2uv u (2  v)  1 u  v 1 v       (1  u  v)(1  v) (1  v )(1  v  u )  1  u  v  1 v   Nếu u = ab = 0 thì (*) có dấu đẳng thức. Xét u >0. Lúc đó (*) đúng khi bất đẳng thức: 0,5 2v 1 u  v 1 v  + (**) đúng. 2v 1 u  v 1 v 1 u  v 1 v 1 v 2 2 2 Ta có: + >2 = 2 1   2 1  = 1 u  v 1 v 1 v 1 v 4 3 1 5 2v 2 2 Ngoài ra: = < (Do 0 < v = a + b  4 < 1 ). Từ đó (**) là bất 2  v 2 1 3 5 v đẳng thức đúng . Câu b Xét các số thực không âm thay đổi x,y,z thỏa điều kiện: x+ y + z = 1 . (3đ) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của: S  1  x  1  y  1  z 1 x 1 y 1 z Tìm MinS : 0,5 Từ x + y + z = 1 và x, y, z không âm, suy ra x, y, z thuộc đoạn [0;1] . 1 x 1 x Vì 1  x 1  x   1  x 2  1 nên:  (1  x )2 hay:  1  x . Dấu đẳng 1 x 1 x thức xảy ra trong trường hợp x = 0 hoặc x = 1 1 Do đó: S  1  x  1  y  1  z  1  x  1  y  1  z hay S  2. 1 x 1 y 1 z Khi x = y = 0 và y = 1 thì S = 2. Vậy: MinS = 2 . 1 2 4 0,5 Tìm MaxS: Có thể giả sử: 0  x  y  z  1 . Lúc đó: z  ; x  y   . 3 3 5 Dùng câu a/, ta có: 1 x 1 y 1 z 1  ( x  y) 1 z z 1 z S    1+ + =1 + + 1 x 1 y 1 z 1 x  y 1 z 2 z 1 z
  4. z 1 z 1  0,5 Đặt h(z) = + . Ta tìm giá trị lớn nhất của h(z) trên đoạn  3 ; 1 2 z 1 z   1  1  1  2 h '( z )  0  z  . Maxf(z)=Max h   ; h(1); h     2   3  2  3 1 x 1 y 1 z 2 0,5 Vì vậy : S     1 . 1 x 1 y 1 z 3 1 2 2 Khi x = 0 và y  z  thì S  1  . Vậy: MaxS = 1 + . 2 3 3
  5. Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2005-2006 Đề thi chính thức Môn : TOÁN ( Vòng 1) Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian phát đề BÀI 1: Gọi (C) là đồ thị hàm số :y = x3 – 2005x. M1 là điểm trên (C) có hoành độ x1=1. Tiếp tuyến của (C) tại điểm M1 cắt (C) thêm một điểm M2 khác M1. Tiếp tuyến của (C) tại điểm M2 cắt (C) thêm một điểm M3 khác M2, Tiếp tuyến của (C) tại điểm Mn-1 cắt (C) thêm một điểm Mn khác Mn-1.(n =3,4,...)
  6. Gọi (xn;yn) là tọa độ của điểm Mn . Tìm n để đẳng thức sau đúng : 2005xn + yn + 22007 = 0 BÀI 2: Cho hình vuông EFGH .Gọi (T) là đường tròn qua các trung điểm các cạnh của tam giác EFG. Nhận xét: Điểm H thoả mãn đồng thời hai tính chất sau : a/ Các hình chiếu vuông góc của nó lần lượt lên các đường thẳng : EF ,FG, GE nằm trên một đường thẳng d. b/ Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (T) . Hãy tìm tập hợp tất cả các điểm N của mặt phẳng chứa hình vuông EFGH sao cho N thoả mãn đồng thời hai tính chất a/ và b/ ở trên . BÀI 3:
  7. Gọi R là bán kính của đường tròn ngọai tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng nếu tam giác ABC không có cạnh nào ngắn hơn bán kính R R2 3 và có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng 2 thì : sinA + 3 3 sinB + sinC  2 . ------------- Hết---------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản