Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Hương Nắng Mai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

319
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để hoàn thành tốt kì thi học sinh giỏi, ngoài học trong sách giáo khoa thì các em hãy thường xuyên tham gia giải đề thi Toán của các năm, đó là cách học đơn giản nhưng hiệu quả cao. Tham khảo "Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc" các em sẽ được thử sức mình trước khi kì thi chính thức diễn ra. Chúc các em vượt qua kì thi với kết quả như mong đợi!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN - LỚP 12 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y  x 3  (m  1) x 2  x  2m  1 , với m là tham số thực, có đồ thị là (C). Tìm m để đường thẳng d : y  x  m  1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng 12. x2 Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình: 1  x  1  x  2  , (x  ) 4 2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x  Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình:  (x, y  ) 2  2y 1  y  4  x  4  Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Câu 5 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn x  y  1  2 x  4  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  ( x  y ) 2  9  x  y  ………. Hết………. 0 1  x y HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Câu 1. (2 điểm) Nội dung Điểm Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: x 3   m  1 x 2  x  2m  1  x  m  1 3 0,25 2  x   m  1 x  m  0 (1)   x  1  x 2  mx  m   0 x  1  2  x  mx  m  0  2  0,25 d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân  2   m 2  4m  0 m  4m  0  biệt khác 1   2  (*) 1 m 1  m.1  m  0    2 Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (2). Tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C là: y ' 1  y '  x1   y '  x2   12 2  4  2m  3  x12  x2   2  m  1 x1  x2   12 2  3  x1  x2   6 x1 x2  2  m  1 x1  x2   8  2m (3) 0,25 0,5 0,25 Theo định lí Viet ta có: x1  x2  m, x1 x2  m , thay vào (3) ta được m2  2m  8  0 . Giải ra ta được m  4 (loại) hoặc m  2 (thỏa mãn). Vậy m  2 là giá trị cần tìm. Câu 2. (2 điểm) 0,25 0,25 Nội dung Điểm Điều kiện x   1;1 , đặt t  1  x  1  x  t  0   t 2  2  2 1  x2  x 2  t 2  0,5 t4 , với t 2  2  0. 4 0,25 t4  0,25 1 Phương trình đã cho trở thành t  2   t 2    t 4  4t 2  16t  32  0 4 4 2   t  2   t 2  4t  8   0 , suy ra t  2. 0,5 Với t  2 , ta có 1  x  1  x  2  2  2 1  x 2  4  1  x 2  1  x  0 ( thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. 0,5 1 Câu 3. (1,5 điểm) Nội dung Điều kiện: 4  x  1; y  Điểm . Ta có 0,5 (1)  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x  2 y 3  y  2(1  x) 1  x  1  x Xét hàm số f (t )  2t 3  t , ta có f '(t )  6t 2  1  0, t   f (t ) đồng biến trên . 0,25 y  0 Vậy (1)  f ( y )  f ( 1  x )  y  1  x   2  y  1 x Thế vào (2) ta được 3  2 x  1  x  4  x  4 (3). Xét hàm số g ( x )  3  2 x  1  x  x  4, liên tục trên [-4;1], ta có g '( x)   1 1 1    0 x  (4;1)  g ( x ) nghịch biến trên [-4;1]. 3  2x 2 1  x 2 x  4 0,5 Lại có g (3)  4 nên x  3 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).  x  3  y  2. Với x  3 suy ra y  2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất  0,25 Câu 4. (1,5 điểm) A E H B K C M D Nội dung Điểm Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC     và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 7  x  2 x y40   7 1   M  ;    2 2 3 x  5 y  8  0 y   1   2    AD vuông góc với BC nên nAD  u BC  1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra phương 0,25 2 trình của AD :1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 3 x  5 y  8  0 x  1   A 1;1  x  y  2  0 y 1 Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 x  y  4  0 x  3   K  3;  1   x  y  2  0  y  1 Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE , mà KCE  BDA (nội tiếp chắn cung AB ) Suy ra BHK  BDK , vậy K là trung điểm của HD nên H  2; 4  . (Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm) Do B thuộc BC  B  t ; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C  7  t ;3  t  .    HB (t  2; t  8); AC (6  t ; 2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên    t  2 HB. AC  0   t  2  6  t    t  8  2  t   0   t  2 14  2t   0   t  7 Do t  3  t  2  B  2; 2  , C  5;1 . Ta có       AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1 0,25 0,25 0,25 Suy ra AB : 3 x  y  4  0; AC : y  1  0. Câu 5. (2 điểm) S M K L A D E I H N B C Nội dung Điểm Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD Gọi I  AN  BD, K  LM  SN ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật và IN  AN 3 0,25 Từ giả thiết ta có SH   ABCD  , ME / / SH  ME  BD 1 Lại do AM  BD  2  . Từ 1 &  2   BD   AMN   BD  AN . Trong tam giác AND NA2  NA  ND 3  a 3  AD  NA2  ND 2  a 2 ta có ND  NI .NA  3 Dễ thấy CD   SHN  , do ML / / CD  ML   SHN   ML  SN  3 0,5 2 3 0,5 Do  ABLM    SCD  ,  ABLM    SCD   ML (4), nên từ  3 &  4   SN   ABLM   SN  HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra SH  HN  a 2 . 3 1 11 4a 3  a ; VS .BCM  VS . BCD   VS . ABCD   ( đvtt). 3 2 2 2  3 1 Ta có BC  SH , BC  AB  BC   SAB   BC  SB  S SBC  SB.BC 2 2 1 1 2 a 6  HB 2  SH 2 .BC  a  2a 2 .a 2  2 2 2 3V a 6 Mặt khác ta có d  M ;  SBC    MSBC  . S SBC 3 1 3 Ta có VS . ABCD  .SH . AB. AD  0,25 0,25 0,25 Câu 6. (1 điểm) Nội dung Điểm 0  x  y  1  2. x  2  1. y  1  3( x  y  1)  ( x  y  1)2  3( x  y  1) 0,25 Điều kiện: x  2; y  1; 0  x  y  9; Ta có  0  x  y  1  3  1  x  y  4. Đặt t  x  y , t  [1; 4] , ta có S  t 2  9  t  S '(t )  2t  1 t 0,25 1 1   0, t  [1; 4] . Vậy S(t) đồng biến trên [1;4]. 2 9  t 2t t 0,25 1 33  2 5   x  4; y  0; 2 4 0,25 Suy ra S max  S (4)  42  9  4  S min  S (1)  2  2 2  x  2; y  1. ………. Hết………. 4