zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi học sinh giỏi lớp 12 năm học 2010 - 2011 môn toán

Chia sẻ: 1111111 111 | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Báo xấu

360
lượt xem 131
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3mx2 + 3(m+ 6)x +1 (1) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A(3;5) nằm trên đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 năm học 2010 - 2011 môn toán

TRƯỜNG THPT CẨM THỦY 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m + 6) x + 1 (1) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A (3;5) nằm trên đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Câu 2: (2 điểm) 1 Tìm hệ số của x2 trong khai triển ( x + ) n , biết n là số nguyên dương thỏa mãn 4 2x 2 n +1 n 6560 22 1 23 2 2C 0 + C n + C n + .... + Cn = n n +1 n +1 2 3 Câu 3: (4 điểm) ( ) ( ) x 2 + 1 + x > log 3 log 1 x2 + 1 − x 1. Giải bất phương trình: log 1 log 5 3 5 2. Giải phương trình: ( x − 1) ( 2 ) x −1 + 33 x + 6 = x + 6 Câu 4: (2 điểm) Giải phương trình: Câu 5: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; −1) và hai đường thẳng d1 : x − y − 1 = 0 , d 2 : 2 x + y − 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d1 và d 2 . 1. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d1 , đi qua điểm M và tiếp xúc với d 2 . 2. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M cắt d1 , d 2 lần lượt ở B và C sao cho ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC = 3AB. Câu 6: (3 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = a , AC = b , AD = c và BAC = CAD = DAB = 600 . · · · 1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c . 2. Cho a , b, c thay đổi luôn thỏa mãn a + b + c ≥ 2010 . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác BCD. Câu 7: (2 điểm)
 x3 − 3x = y 3 Giải hệ phương trình :  y − 3 y = z  z 3 − 3z = x  --HẾT-- KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2009-2010 SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (Đáp án gồm 06 trang) NỘI DUNG ĐIỂM CÂU Cho hàm số y = x − 3mx + 3(m + 6) x + 1 (1) 3 2 1. Tìm m để hàm số (1) có cực trị . Câu 1 3.0 2. Khi hàm số (1) có cực trị , hãy tìm m để điểm A (3;5) nằm trên đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Ta có: y ' = 3 x − 6mx + 3 ( m + 6 ) 0.5 2 Hàm số (1) có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biệt Ý 1. 0.5 ⇔ ∆ ' = 9(m 2 − m − 6) > 0 (1 đ)  m < −2 ⇔ 0.5 m > 3  m < −2 Với  (*) thì hàm số có cực trị và tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số m > 3 (1) là nghiệm của hệ phương trình: 0.5  y = x3 − 3mx 2 + 3(m + 6) x + 1    y ' = 3 ( x − 2mx + m + 6 ) = 0 2   y = ( x − m ) ( x 2 − 2mx + m + 6 ) + 2 ( − m 2 + m + 6 ) x + m 2 + 6m + 1  ⇔ 0.25 Ý 2.  x − 2mx + m + 6 = 0 2  (2 đ) ⇒ y = 2 ( −m 2 + m + 6 ) x + m 2 + 6m + 1 ( d m ) 0.25 ⇒ Tọa độ các điểm cực trị thuộc đường thẳng ( d m ) . Vậy ( d m ) là đường thẳng 0.25 qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). m = 4 Điểm M(3;5) ∈ ( d m ) ⇔ 5m − 12m − 32 = 0 ⇔  2 m = − 8 0.25  5 Kết hợp (*) ta có m = 4 là giá trị cần tìm. Câu 2 Cho các số nguyên dương a và b thỏa mãn a > b . Hãy so sánh hai số : a b và b a 3.0
NỘI DUNG ĐIỂM CÂU ln x Xét hàm số f ( x) = , x > 0 có x 0.75 1 − ln x f '( x) = ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = e ∈ (0; +∞) x2 BBT x −∞ +∞ − − 2 e 4 0 f '( x) + 0 + 0.75 ln 2 ln 2 f ( x) 2 2 e < b < a ln a ln b ⇒ f (a ) < f (b) ⇒ < ⇒ ab < ba •  0.5 a; b ∈ Z a b 0 < b < a < e b = 1 ⇒ ⇒ ab > ba •  0.25 a; b ∈ Z a = 2 b = 1 ⇒ ab > ba •  e < a ∈ Z b = 2 0.25 b = 2  e < a < 4 ⇒  ⇒ ab > ba • a = 3 a ∈ Z  b = 2 ⇒ ba = ab •  a = 4 0.25 b = 2 ⇒ f (a ) < f (b) ⇒ a b < b a • 4 < a ∈ Z Vậy với a, b nguyên dương, ta có: b = 2 • Nếu a > b > e hoặc  thì a b < b a a > 4 b = 1 b = 2 b = 1 0.25 • Nếu  thì a b > b a hoặc  hoặc  a=2 a =3 a>e    b = 2 • Nếu  thì a b = b a a=4  1 − cos x.cos 2 x khi x ≠ 0  1. Cho hàm số f ( x) =  x 0 khi x = 0  Câu 3 4.0 Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0 . ( ) 2. Giải phương trình : ( x − 1) 2 x − 1 + 3 x + 6 = x + 6 3 f ( x)− f (0) 1 − cos x cos 2 x = lim Xét giới hạn lim 0.5 x−0 x2 x →0 x →0
NỘI DUNG ĐIỂM CÂU 1 ( cos3x + cos x ) 1− 1 − cos3 x 1 − cos x 0.5 2 = lim = lim + lim x2 2x2 2x2 x →0 x →0 x →0 2 2  3x   x  sin 2  1  sin 2  5 Ý 1. 9 = lim  + lim  = (2 đ)  0.75 4 x →0  3 x  4 x →0  x  2 2 2 5 Vậy f '(0) = 0.25 2 x ≥ 1. ĐK: • x = 1 không là nghiệm của phương trình 0.5 x+6 x > 1 thì PT ⇔ 2 x − 1 + 3 3 x + 6 = • (*) 0.5 x −1 Ta xét các hàm số sau trên ( 1; +∞ ) 0.25 1 1 1) f ( x) = 2 x − 1 + 3 x + 6 có f '( x) = + > 0, ∀x > 1 3 x −1 x+6 3 Ý 2. −7 x+6 có g '( x) = < 0, ∀x > 1 2) g ( x) = (2 đ) 0.25 ( x − 1) 2 x −1 Do đó trên miền x > 1: VT(*) là hàm số đồng biến, VP(*) là hàm số nghịch biến nên nghiệm x = 2 cũng là nghiệm duy nhất của (*) 0.25 Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất x = 2 0.25 Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Câu 4 2.0 F = 3x 2 + 7 y + 5 y + 5 z + 7 z + 3x 2 Áp dụng BĐT Buniacovsky ta có: F 2 ≤ 3  6 x 2 + 12 ( y + z )  ≤ 18  x 2 + 2 2 ( y 2 + z 2 )  = 18  x 2 + 2 2 ( 3 − x 2 )  0.75           Xét hàm số: f ( x) = x 2 + 2 2 ( 3 − x 2 ) trên miền xác định − 3 ≤ x ≤ 3 ( ) 4x 0.25 f '( x) = 2 x − ( x ∈ − 3; 3 ) 2( 3 − x ) 2 x = 0 f '( x) = 0 trên (- 3; 3) ⇔  0.25  x = ±1 ( ) f ( 0) = 2 6 f ( ±1) = 5 f ± 3 = 3, 0.25 ⇒ max f ( x) = 5 − 3 ; 3    Suy ra F 2 ≤ 18.5 ⇒ F ≤ 3 10 0.5 Với x = y = z = 1 thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 thì F = 3 10 . Vậy max F = 3 10 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; −1) và hai đường thẳng d1 : x − y − 1 = 0 , d 2 : 2 x + y − 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d1 và d 2 . 1.Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng d1 , đi qua điểm M
NỘI DUNG ĐIỂM CÂU Câu 5 và 3.0 tiếp xúc với đường thẳng d 2 . 2.Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt d1 , d 2 lần lượt ở B và C sao cho ba điểm A , B , C tạo thành tam giác có BC = 3AB. Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì I ∈ d1 ⇒ I ( a; a − 1) 0.25 (T) qua M và tiếp xúc d2 nên ta có: 2a + ( a − 1) − 5 0.25 IM = d ( I ; d 2 ) ⇔ ( a − 1) + a 2 = 2 5 0.25 ⇔ a 2 + 26a − 31 = 0 ⇔ a = −13 ± 10 2 ( ) ( ) a = −13 − 10 2 ⇒ I −13 − 10 2; −14 − 10 2 ; R = 5 9 + 6 2 Ý 1. • 0.25 (1.5 đ) ( ) + ( y + 14 + 10 2 ) = 5 ( 9 + 6 2 ) (1) 2 2 2 Phương trình (T) là : x + 13 + 10 2 a = −13 + 10 2 ⇒ I ( −13 + 10 2; −14 = 10 2 ) ; R = 5 ( 9 − 6 2 ) • 0.25 Phương trình (T) là : ( x + 13 − 10 2 ) + ( y + 14 − 10 2 ) = 5 ( 9 − 6 2 ) (2) 2 2 2 Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) 0.25 x − y − 1 = 0 x = 2 ⇔ ⇒ A(2;1) Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  0.25 2x + y − 5 = 0 y = 1 Lấy điểm E ( 3; 2 ) ∈ d1 ( E ≠ A ) . Ta tìm trên d2 điểm F ( F ≠ A ) sao cho EF = 3AE Do F ∈ d 2 ⇒ F ( x;5 − 2 x ) . 0.25 Khi đó EF = 3AE ⇔ ( x − 3) + ( 3 − 2 x ) = 18 2 2  F ( 0;5 ) x = 0  ⇔ 5 x 2 − 18 x = 0 ⇔  Ý 2. 18 ⇔   18 11  x = 0.25 ;−  (1.5 đ) F  5  5  5 (Cả hai điểm F này đều thỏa mãn F ≠ A )  BC = 3 AB EF AE ⇒ = ⇒ BC // EF ⇒ ∆ // EF Vì  0.25 EF = 3 AE BC AB  uuu r F ( 0;5 ) ⇒ EF ( −3;3) ⇒ ∆ : x + y = 0 0.25 •  18 11  uuu  3 21  r • F  ; −  ⇒ EF  ; −  ⇒ ∆ : 7 x + y − 6 = 0 0.25 5 5 5 5  Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là ∆ : x + y = 0 và ∆ : 7 x + y − 6 = 0 0.25 Cho tứ diện ABCD có AB = a , AC = b , AD = c và BAC = CAD = DAB = 600 . · · · 1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c . Câu 6 3.0 2. Cho a , b, c thay đổi luôn thỏa mãn a + b + c ≥ 2010 . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác BCD.
NỘI DUNG ĐIỂM CÂU A F 0.5 H B Ý 1. E (1.5 đ) D C • Không giảm tính tổng quát, giả sử a = min{a;b;c} (cũng có thể giả sử a ≤ b ≤ c ) . Khi đó trên các cạnh AC , AD lần lượt lấy các điểm E và F saocho AE = AF = a. Ta nhận được tứ diện ABEF là tứ diện đều cạnh a. a3 2 • Tính được thể khối tích tứ diện đều ABEF là 0.5 12 2 VABEF AE AF a bc abc 2 = = ⇒ VABCD = 2 .VABEF = . • Ta có : 0.5 VABCD AC AD bc a 12 0.25 · Ta có BC = AB2 + AC 2 − 2AB.AC.cosBAC = a 2 + b 2 − ab 0.25 CD = b 2 + c 2 − bc DB = c 2 + a 2 − ca Tương tự : , Chu vi tam giác BCD là 0.25 P = a 2 + b 2 − ab + b 2 + c 2 − bc + c 2 + a 2 − ca Ý 2. (1.5 đ) 3 1 1 ( a − b) + ( a + b) ≥ ( a + b) 2 2 a 2 + b 2 − ab = Ta có : 0.25 4 4 2 1 1 ( b + c) , ( c + a) b 2 + c 2 − bc ≥ c 2 + a 2 − ca ≥ Tương tự ta có: 0.25 2 2 Suy ra : P ≥ a + b + c ≥ 2010 . Với a = b = c = 670 thỏa mãn a + b + c ≥ 2010 ta có P = 2010 0.25 Vậy min P = 2010 Giải hệ phương trình sau:  x 3 − 3 x = y (1) 3 Câu 7 2.0  y − 3 y = z (2)  z 3 − 3 z = x (3)  Thay (2) vào (1) có : ( z 3 − 3 z )3 − 3( z 3 − 3 z ) = y (4) Thế (3) vào (4) ta được : 0.5 3  ( y 3 − 3 y )3 − 3( y 3 − 3 y )  − 3  ( y 3 − 3 y )3 − 3( y 3 − 3 y )  = y (*)    
NỘI DUNG ĐIỂM CÂU Xét y ∈ [ −2; 2] , đặt y = 2cost ( t ∈[ 0; π ] ) , ta có : PT(*) 0.5 3 ⇔  (8cos3 t − 6cos t )3 − 3(8cos3 t − 6cos t )  − 3[(8cos3 t − 6cos t )3 − 3(8cos3 t − 6 cos t )] = 2cos t   ⇔ (8cos3 3t − 6cos3t )3 − 3(8cos3 3t − 6cos3t ) = 2cos t ⇔ 8cos3 9t − 6cos9t = 2cos t ⇔ cos 27t = cos t 0.25 mπ mπ ( ⇔ t= hoac t = ( m ∈ Z) 13 14 & kπ  lπ  Vì t∈[ 0; π ] nên t ∈ , k =0;12 ∪ , l =1;14  13 14    Từ đó PT (*) có 27 nghiệm phân biệt trên đoạn [ −2; 2] là 0.25 lπ kπ y = 2 cos y = 2 cos với k = 0;12 và với l = 1;14 13 14 PT (*) là PT bậc 27 nên có tối đa 27 nghiệm . Từ đó trên R , PT(*) có 27 nghiệm phân biệt lπ kπ với k = 0;12 và y = 2 cos y = 2 cos với l = 1;14 13 14 Thay các giá trị này của y vào (3) và (2) ta đi đến kết luận : 0,5 9kπ 9lπ    x = 2cos 13  x = 2 cos 14   kπ lπ   và  y = 2 cos Hệ phương trình đã cho có các nghiệm là :  y = 2cos 14 13   3lπ 3kπ    z = 2 cos 14  z = 2cos 13   với k = 0;12 và l = 1;14 HƯỚNG DẪN CHUNG + Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước , yêu cầu thí sinh phải trình bầy và biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm . + Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm . + Chấm từng phần . Điểm toàn bài không làm tròn .

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.