Đề thi học sinh giỏi Toán học 12 cấp tỉnh - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:71

Thêm vào BST

Báo xấu

118
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 12 cấp tỉnh sẽ giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi học sinh giỏi sắp tới được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Toán học 12 cấp tỉnh - (Kèm Đ.án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ĐỒNG THÁP ------------------------------------------------------------------------- NĂM HỌC 2009 - 2010 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Đề chính thức ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18 tháng 10 năm 2009 (Đề thi gồm có: 01 trang) ----------------------- Câu 1: (3 điểm) Giải hệ phương trình 9y3 (3x3 1) 125 45x y 75x 6y2 2 Câu 2: (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB 2R . M là một điểm di động trên nửa đường tròn. Gọi N là điểm chính giữa của cung MB. Xác định vị trí của M sao cho tứ giác AMNB có diện tích lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó . Câu 3: (2 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ( x 1)( x 2)( x 8)( x 9) y2 Câu 4: (3 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi 1 u1 2 3 2 1 3 un un n 1 un 1 2 2 Chứng minh rằng dãy số (un) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn của dãy số. Câu 5: (3 điểm) 2n 1 Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của 8 x5 , biết x3 rằng C1 3n n 1 2C2 3n n 2 3C3 3n n 3 n ... nCn 6144 (n nguyên dương , x 0 , C là số tổ hợp chập k của n phần tử) k n Câu 6: (3 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x 2 y 2 z 2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z P y z z x 2 2 2 2 x y2 2 Câu 7: (3 điểm) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : 2 x 3 y 3 0 và d 2 : 5 x 2 y 17 0 . Đường thẳng d đi qua giao điểm của d1 và d 2 cắt hai AB 2 tia Ox, Oy lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho S 2OAB nhỏ nhất.HẾT.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) 3 x  2m 1. Cho hàm số y  với m là tham số. Chứng minh rằng m  0 , đồ thị hàm số luôn cắt đường mx  1 thẳng d : y  3x  3m tại 2 điểm phân biệt A, B . Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại C , D sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện tích OCD . x2 2. Cho hàm số y  có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà qua đó kẻ được x 1 đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau đều nằm trên đường tròn tâm I (1;2), bán kính R = 2. Câu 2: (4 điểm) 1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 15 x.5 x  5 x 1  27 x  23 2x  1 2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: log 2 2  2 x2  6x  2 x  2x  1 Câu 3: (6 điểm) a 1. Cho tứ diện SABC có AB  AC  a, BC  , SA  a 3 ( a  0) . Biết góc SAB  300 và góc 2 SAC  300 . Tính thể tích khối tứ diện theo a . 2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1 1 thì thể tích của khối tứ diện đó không lớn hơn . 8 Câu 4: (4 điểm) Tính các tích phân:  3 sinx 1 1. I  x2 dx 2. J  2  cosx  1  x 2 x2  4  0 ln sin x  1 dx Câu 5: (2 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 P  2 2 2 a  b  c 1 2 ( a  1)(b  1)(c  1) …………Hết………… Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:……………………. Họ và tên giám thị số 1:……………………………………………………………………………... Họ và tên giám thị số 2:……………………………………………………………………………...
ĐỀ TUYỂN CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2008-2009. Vòng 1: Bài 1: Giải các phương trình: x x 2 1) 2 2 x x 1 x x 1 3 7 2) (8 x 7) 2 (4 x 3)( x 1) 2 Bài 2: x 2 y 3 m Cho hệ phương trình: x y 4m ,m là tham số. 1) Giải phương trình khi m=-1. 2) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. Bài 3: 1) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: 2 x 2 8 x 11 y ,x 0 x2 4x 5 2) Giải bất phương trình: x 1 2 x 1 5 3x Bài 4: 1) Tứ giác ABCD có diện tích S và có chu vi bằng 4 S .Hãy xác dịnh dạng tứ giác đó. 2) Cho tam giác ABC có BC=a ,CA=b,AB=c.Gọi (I) là đường tròn sao cho : PA /( I ) a 2 PB /( I ) b 2 PC /( I ) c 2 0 ( P là phương tích của A,B,C đối với đường tròn (I). a) Chứng minh I là trực tâm của tam giac ABC. b) Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam Giác ABC .Tìm bán kính R1 của đường tròn (I) theo R. Bài 5: Cho tam giác ABC có chu vi bằng 1.Chứng minh: 13 1 a2 b2 c2 . 27 2 Vòng 2 Bài 1: 1) Giải phương trình: 2 4x2 ( x 1)( x 2) x( x 1) 2x 2) Giải bất phương trình: x x2 ( )2 8 x 1
Bài 2< 1) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: 4 1 y 2x 2 ,x 4x 4x 1 2 2) Cho phương trình :ax2+bx+c=0 vô nghiệm vàa-b+c0,z+4>0.tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x y z A x 1 y 1 z 4 ------Hêt------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHON HSG TỈNH LỚP 12 THPT ĐỢT 1 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1(2 điểm). 1. Cho hàm số Chúng minh hàm số có 3 điểm cự trị. Viết phương trình của một Parabol ( có trục đối xứng song song với Oy) đi qua 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số (C). 2. Biện luận số nghiệm của phương trình: với và m là tham số. Câu 2(2 điểm): 1. Giải phương trình 2. Tìm m để phương trình nghiệm dúng với mọi Câu 3(3 điểm): 1. Cho hình chóp O>ABCD có ABCD là hình bình hành, AC cắt BD tại I, P là trung điểm của OI. Xét các mặt phẳng chứa AP, mặt phẳng đó cắt OB, OC, OD lần lượt tại M, K, N. Gọi và V lần lượt là thể tích các khối chóp O.AMKN và O.ABCD. tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của tỉ số 2. Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R. Xét các tứ diện ABCD có các đỉnh nằm trên mặt cầu (S). Tìm giá trị lờn nhất của: Câu 4(2 điểm): 1. Cho 4 số a, b, c, d lớn hơn 1 thỏa mãn . Chúng minh rằng 2. Cho dãy số ( ) thỏa mãn: với . Tính tổng Câu 5(1 điểm): Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm đến cấp n-1 trên D ( , kí hiệu là . Quy ước . Hãy tính
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN - Vòng 1 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) x2 1. Cho hàm số y  có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) x 1 tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M. 2. Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại. Câu 2 (2 điểm) 1 a. Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  21005  x  x2  1  y  y2  1  b. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  xy  1  Câu 3 (2 điểm) 9 3   1. Chứng minh tan x  sin x  x  ( 3   ), x   0;  . Từ đó suy ra trong mọi tam 2 2  2 9 3 giác nhọn ABC ta có tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C . 2 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 . Câu 4 (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. c) Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. d) M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN  450 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN. Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh a 2  ab  1 b2  bc  1 c 2  ca  1    5(a  b  c) a 2  3ab  c 2 b 2  3bc  a 2 c 2  3ca  b 2 …………………Hết………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( BẢNG A ) Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 06/10/2011 Câu 1: ( 5,0 điểm ) a. Giải phương trình sau: 4 x 2  x  1  1  5 x  4 x 2  2 x3  x 4 với x  R .   b. Giải phương trình: 2sin 2 x  3 sin 2 x  1  3 cos x  3 sin x . Câu 2: ( 5,0 điểm ) a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh AB  2 . Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC lấy điểm M thỏa MA2  MB 2  MC 2 . Tìm quỹ tích của điểm M. b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 60 0 , BM  6, CN  9 . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC. Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1 và un1  3un 2  2 với mọi n  1 . a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  . b. Tính tổng S  u12  u 22  u32  ...  u 2011 . 2 Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 M   a  b  c    a  b  c   6abc Câu 5: ( 3,0 điểm )  x 3   y  2  x 2  2 xy  2m  3  Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  2 với x, y là  x  3x  y  m  các số thực. ………………. Hết ………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2012 (VÒNG 1) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, BẢNG A Ngày thi: 23/10/2012 Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Câu 1: ( 5,0 điểm ) c) Giải phương trình sau trên tập số thực: x  1  (2 x  1) x 1  2 . 2 2  x  y  xy  y  8  d) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  .  xy  y  xy  x  y   12 2  Câu 2: ( 5,0 điểm ) c. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A 1;2  , B  4;3 . Tìm trên trục hoành điểm M sao cho AMB  450 . d. Cho tam giác ABC đều, cạnh bằng 6cm , trọng tâm là G . Một đường thẳng  đi qua G ,  cắt các đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại hai điểm M và N sao cho 2 AM  3 AN . Tính diện tích tam giác AMN . Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và u n1  un  2 n với mọi n  1 . 2. Chứng minh rằng: u n  2 n  1 . 3. Tính tổng S  u1  u2  u3  ...  un theo n . Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c. 9 2 a. Chứng minh rằng:  2  a 2  2  b 2    2  a  b   7  . 16   b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (2  a 2 )(2  b 2 )(2  c 2 ) P . (3  a  b  c ) 2 Câu 5: ( 3,0 điểm ) 1 Cho hàm số y  mx 3   m  1 x 2   4  3m  x  1 có đồ thị là  Cm  , m là tham số. Tìm 3 các giá trị của m để trên  Cm  có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của  Cm  tại điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  0 . ------ Hết ----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:…………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 LONG AN CẤP TỈNH VÒNG 2 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN NGÀY THI : 10/11/2011 THỜI GIAN : 180 phút (không kể phát đề ) Bài 1 (4điểm) 3x a) Giải phương trình: x  1 x2  1 a 3  b 3 b3  c3 c 3  a 3 b) Cho ba số thực dương a, b, c .Chứng minh:    abc b2  c2 c2  a2 a 2  b2 Bài 2 (5 điểm)  x1  1  * Cho dãy số thực  xn  với  3x  4 ( n  N )  xn1  n  xn  1    Xét các dãy số thực  un  với un  x2n 1 n  N * và  vn  với vn  x2n n  N *  a) Chứng minh các dãy số  un  ,  vn  có giới hạn hữu hạn khi n   b) Chứng minh các dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn khi n   và tìm giới hạn đó. Bài 3 (5 điểm) a) Cho tam giác ABC có G, H , O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp.   Gọi K là điểm sao cho HK  3HG . Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác KBC , KCA, KAB . Chứng minh: G1 A, G2 B , G3C đồng quy và G1 A  G2 B  G3C . b) Trong mặt phẳng cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và điểm M tùy ý.Tìm vị trí của M để MA  MB  MC  MD  ME ngắn nhất. Bài 4 (3điểm) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y , z sao cho: x 2012  2009 y 2012  2011  2012 z 2010 Bài 5 (3 điểm) Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được hai điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1.Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho. HẾT (Thí sinh không được sử dụng tàiliệu-Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh………………………………..Số báo danh………………… Giám thị 1 (ký,ghi rõ họ và tên) Giám thị 2 (ký,ghi rõ họ và tên)
S Giáo d c − ðào t o Kì thi h c sinh gi i l p 12 THPT chuyên Nam ð nh Năm h c 2008 − 2009 ð CHÍNH TH C Môn: Toán − Ngày th nh t Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1 (4 ñi m): CMR trong 4 s th c dương không nh hơn 1 luôn t n t i 2 s a;b th a mãn (a 2 − 1)(b 2 − 1) + 1 3 ≥ ab 2 Bài 2 (5 ñi m): x2 + y2 + 6 Cho x;y là các s nguyên dương th a mãn ∈Z xy x2 + y2 + 6 Tìm t t c các c p s (x;y) ñ là l p phương c a 1 s t nhiên. xy Bài 3 (2 ñi m): Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn ñ ng th i 2 ñi u ki n sau v i m i c p s th c x;y: x  1 i) f(x) ≥ e 2009x v i e = lim 1 +  x →∞  x ii) f(x+y) ≥ f(x).f(y) Bài 4 (5 ñi m): Cho t giác l i ABCD có di n tích là S. ð t AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. CMR 13a 2 + 6b 2 − c 2 + 2d 2 ≥ 4S 2 Bài 5 (4 ñi m): Cho dãy s {xn} xác ñ nh b i:  x0 = 0   xn −1 v i m i n = 1;2;3;…  xn = 2008 + (−1) n  CMR dãy s {xn2} có gi i h n h u h n và tính lim xn . 2 x →+∞ H t
S Giáo d c − ðào t o Kì thi h c sinh gi i l p 12 THPT chuyên Nam ð nh Năm h c 2008 − 2009 ð CHÍNH TH C Môn: Toán − Ngày th hai Th i gian làm bài: 180 phút Bài 1 (2 ñi m): Cho a;b;c các s th c dương th a mãn a+b+c = 1. ab bc ca 3 CMR: + + ≤ c + ab a + bc b + ca 2 Bài 2 (5 ñi m): Gi i h phương trình v i n x;y;z dương:  z 2 + 2 xyz = 1  2 2 3 x y + 3 y x = 1 + x y 2 3 4  z + zy 4 + 4 y 3 = 4 y + 6 y 2 z  Bài 3 (4 ñi m): Cho các s th c a;b;c;d;e. CMR n u phương trình ax2+(b+c)x+d+e = 0 có nghi m th c thu c kho ng [1;+∞) thì phương trình ax4+bx3+cx2+dx+e = 0 có nghi m th c. Bài 4 (5 ñi m): Tìm t t c các hàm s f : ℝ + → ℝ tăng và th a mãn ñi u ki n f(x+1) = f(x) + 2−x v i m i s th c dương x. Bài 5 (4 ñi m): Cho tam giác cân ABC có AB = AC. Trên c nh BC l y ñi m D sao cho BD = 2DC. Gi s P là ñi m trên ño n AD sao cho ∠ BAC = ∠ BPD. Ch ng minh r ng ∠ BAC = 2 ∠ DPC H t
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Năm học 2006 - 2007 Môn thi: TOÁN (BẢNG A) Đề chính thức Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: a) Giải phương trình: 3  3 x x 4 log 2  x    2 2  2 b) Chứng minh phương trình: x5 – 4x 2 – 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm đó nhận giá trị dương. Bài 2: a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x 3  5  x 2   b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y <  3   3  Chứng minh: x  6 x sin y  y  6 y sin x .   2 x 2  y x 2  1    3 Bài 3: Giải hệ phương trình: 4 3y  z y  y  1 2   4 6 4 2 4 z  x z  z  z  1   Bài 4: a) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C). Biết (C) có phương trình: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5; ABC = 900; A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4. Tìm tọa độ các đỉnh B; C. b) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho điểm B(-3;0), C(3;0) Điểm A di động trong mặt phẳng Oxy sao cho tam giác ABC thỏa mãn: độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán kính đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh khi A thay đổi (vẫn thỏa mãn điều kiện bài toán) thì điểm I thuộc một đường cong cố định. ---------HẾT------------ Họ và tên thí sinh.............................................SBD:.................................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Năm học 2006 - 2007 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Bảng A) ---------------------------------------------- BÀI NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1: a.(2,5đ) - TXĐ: D = [0; +). Đặt x  t  0 0.25 (5,5đ) 3  3  t2 t  4 0.25 PT trở thành: log 2  t    2 20 (1)  2 3  3  t2 t  4 0.25 Xét f(t) = log 2  t    2  2 với t  0  2 3 1 t2 t 0.5 Có f '(t) =  ( 2t  1)2 4.ln 2  3  t   .ln 2  2 1 0.75 Ta có: f '(t) > 0  t  0, f    0 2 1 0.25 pt (1) có một nghiệm duy nhất t = . 2 1 0.25 Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 4 b.(3®): Ta cã pt  x5 = (2x + 1)2 NÕu x lµ nghiÖm th×  x5  0  x5 = (2x + 1)2  1  x  1 0.5 Víi x  1 xÐt f(x) = x5 - 4x2 - 4x - 1 Ta cã: f '(x) = 5x4 - 8x - 4; f "(x) = 20x3 - 8 > 0 víi  x  1 0.5  f '(x) ®ång biÕn trªn [1, +), mµ f '(1) = -7; Lim f '(x)   0.5 x    x0  (1; +) ®Ó f '(x0) = 0 0.5 Ta cã b¶ng biÕn thiªn: x 1 x0 + f'(x) - 0 + + -8 f(x) 0.5 f(x0) Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn suy ra pt: f(x) = 0 cã mét nghiÖm duy nhÊt vµ nghiÖm ®ã cã gi¸ trÞ d¬ng  ®pcm. 0.5
Bài 2: a. (3đ): TXĐ: D =   5; 5  0.25 (6 điểm)   x2 3 5  x 2  2x 2  5 Ta có: f '(x) = 3 + 5  x2  = 0.5 5  x2 5  x2  f '(x) = 0  3 5  x 2  2 x 2  5  0 ; x   5 ; 5   0.25  2 5 x  x  2   2  x2  4   1.0 4x 4  11x 2  20  0  x  2  Có f(2) = 8, f(-2) = -8, f  5  3   5 , f  5  3 5 0.5  Max f(x) = 8 khi x = 2; Min f(x) = -8 khi x = -2 0.5 b. (3đ) Do 0 < x  y <   sinx > 0, siny > 0 0.5 x 3  6x y 3  6y Bất đẳng thức   0.25 sin x sin y t 3  6t Xét f(t) = với t  (0; ) 0.25 sin t Có f '(t) =  3t 2  6 sin t   t 3  6t  cos t 0.5 sin 2 t Xét g(t) = (3t2 - 6)sint - (t3 - 6t)cost với t  (0; ) Có g'(t) = t3sint > 0  t  (0; )  g(t) đồng biến trên (0; )  g(t) > g(0) = 0 0.5  f'(t) > 0 với  t  (0; )  f(t) đồng biến trên (0; ) 0.5 mà x  y  f(x)  f(y) suy ra đpcm. 0.5 Bµi 3: Trêng hîp 1: Víi x = 0 th× hÖ cã nghiÖm x = y = z = 0. 0.5 (3 ®iÓm) Trêng hîp 2: Víi x  0 ®Ó hÖ cã nghiÖm th× x > 0, y > 0, z > 0 0.25 Gi¶ sö (x, y, z) lµ nghiÖm cña hÖ cã: 2x2 = y(1 + x2)  2xy  x  y 0.5 3y3 = z(y4 + y2 +1)  z.3y2  y  z (v× y4 + y2 + 1  3y2) 0.5 4z4 = x(z6 + z4 + z2 +1)  x.4z3  z  x (v× z6 + z4 + z2 + 1  4z3) 0.5 VËy: x  y  z  x  x = y = z 0.25 Khi ®ã thay vµo hÖ ta cã nghiÖm: x = y = z = 1 0.25 HÖ cã 2 nghiÖm: x = y = z = 0 hoÆc x= y = z = 1 0.25
Bài 4: a. (3đ): (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5 0.25 (5,5 đ) Do A BC  900  C đối xứng với A qua I  C(0; -4) 0.25 có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0 0.25 2S 4 0.25 Có SABC = 4  khoảng cách từ B đến AC là: d =  AC 5  B  đường thẳng   AC, cách AC một khoảng bằng d 0.25  pt của  có dạng: 2x - y + m = 0. mà   AC  khoảng cách từ A đến  bằng d 0.25 4m 4 m  0 Vậy   0.25 5 5  m  8 + Với m = 0 pt của : 2x - y = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:  6  y  2x  x   x 0  5  2 2  hoặc  0.5  x  1   y  2   5 y  0 y   12   5 + Với m = -8 Pt của  : 2x-y- 8 = 0  toạ độ B là nghiệm của hệ:  16  y  2x  8  x  2 x  5  0.5  2 2  hoặc   x  1   y  2   5 y  4  y   8   5 6 12 Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc (  ; ) 5 5 16 8 0.25 hoặc (2; -4) hoặc ( ; ) 5 5 b. (2,5đ): Kẻ AH  BC, IK  BC, đặt AH = h, bán kính đường tròn nội tiếp là r và I(x; y). y Có: h = 3r  (AB + BC + CA)r = 3BC.r 0.5 A  AB + CA = 2BC  sinC + sinB = 2sinA B C  cotg .cot g = 3 (*) 0.5 I 2 2 B BK C CK -3 3 mà cotg  ; cot g  0.25 2 IK 2 IK B 0 K H C x Từ (*)  BK.CK = 3IK2 (**) 0.25 Do I là tâm đường tròn nội tiếp  K thuộc đoạn BC 0.25 nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2 0.25 Thay vào (**) ta có: x2 + 3y2 = 9. 0.25 Suy ra I thuộc đường cong có phương trình: x2 + 3y2 = 9 0.25 Ghi chú: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
Së Gi¸o dôc v ® o t¹o Kú thi chän HäC SINH GIáI TØNH thanh ho¸ Năm h c: 2008-2009 Môn thi: To¸n Đ CHÍNH TH C L P : 12 THPT S báo danh Ngày thi: 28/03/2009 ……………………. Th i gian: 180 phút (không k th i gian giao đ ) B i 1(5,0 ®iÓm) Cho h m sè y = x 3 − 3 x 2 + 2 cã ®å thÞ (C) 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn v vÏ ®å thÞ (C) cña h m sè. 2. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: x 3 − 3 x 2 + 2 = m 3 − 3m 2 + 2 3. Víi mçi ®iÓm M thuéc (C) kÎ ®−îc bao nhiªu tiÕp tuyÕn víi (C)? B i 2(4,0 ®iÓm) 1 e2 x2 1. TÝnh tÝch ph©n: I = ∫ 2 dx 0 x + 4x + 4 2. Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 6 ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau m trong ®ã chØ cã mét ch÷ sè lÎ ? B i 3 (5,0 ®iÓm) π π 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: sin(3x − ) = sin 2 x. sin( x + ) 4 4 2. T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó bÊt ph−¬ng tr×nh sau nghiÖm ®óng víi mäi 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. Víi gi¸ trÞ n o cña x, y th× 3 sè u1 = 8 , u2 = 2 2 , u = 5y theo thø 3 tù ®ã, ®ång thêi lËp th nh mét cÊp sè céng v mét cÊp sè nh©n. B i 4 (5,0 ®iÓm) 1.Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh: 2 x 2 + ( y − 1) = 1 Chøng minh r»ng víi mçi ®iÓm M(m; 3) trªn ®−êng th¼ng y = 3 ta lu«n t×m ®−îc hai ®iÓm T1 , T2 trªn trôc ho nh, sao cho c¸c ®−êng th¼ng MT1`, MT2 l tiÕp tuyÕn cña (C). Khi ®ã h y viÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c MT1T2. 2. Cho h×nh chãp S.ABC cã ®¸y ABC l tam gi¸c vu«ng c©n (AB = BC =1) v c¸c c¹nh bªn SA = SB = SC = 3. Gäi K, L lÇn l−ît l trung ®iÓm cña AC v BC. Trªn c¹nh SA, SB lÇn l−ît lÊy c¸c ®iÓm M, N sao cho SM = BN = 1. TÝnh thÓ tÝch cña tø diÖn LMNK. B i 5 (1,0 ®iÓm) Cho n l sè nguyªn lÎ v n >2. Chøng minh r»ng víi mäi a kh¸c 0 lu«n cã: a2 a3 an a2 a3 a n −1 an (1 + a + + + ... + )(1 − a + − + ... + − )
Së Gi¸o dôc v ® o t¹o Kú thi chän HäC SINH GIáI TØNH thanh ho¸ Năm h c: 2008-2009 Môn thi: To¸n §¸p ¸n ®Ò chÝnh thøc L P : 12 THPT Ngày thi: 28/03/2009 §¸p ¸n n y gåm cã 5 trang B i §¸p ¸n v híng dÉn chÊm §iÓm B i1 1(3®) 5® 1. TËp x¸c ®Þnh: R y , = 3x 2 − 6 x ; y ,, = 6 x − 6 0,5 x = 0 2 Sù biÕn thiªn y, = 0 ⇔  x = 2 ,, y = 0 ⇔ x =1 0,5 B¶ng biÕn thiªn x −∞ 0 1 2 +∞ , + 0 - 0 + y y,, - 0 + 1,0 y 2 U (1;0) +∞ −∞ -2 3 §å thÞ : y 2 −1 2 1,0 1+ 3 O 1 1+ 3 3 x −2 2. (1®) §Æt f (m) = m 3 − 3m 2 + 2 3 2 3 2 Sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x − 3 x + 2 = m − 3m + 2 l sè giao ®iÓm cña 3 2 ®êng th¼ng y = f (m) = m − 3m + 2 víi ®å thÞ (C) Tõ ®å thÞ (C) ta cã -1 < m < 0; 0 < m 2 0,5 m > 3 VËy *  m < −1 ph¬ng tr×nh cã 1 nghiÖm  * m =∈ {− 1; 0; 2; 3} ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm
* − 1 < m < 0; 0 < m < 3 ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm 0,5 3.(1®) 3 2 M thuéc ®å thÞ (C) suy ra M (a; a − 3a + 2) .®êng th¼ng (d) tiÕp xóc víi (C) t¹i T(x0;y0) th× (d) cã ph¬ng tr×nh: 2 3 2 y = (3 x 0 − 6 x 0 )( x − x 0 ) + x 0 − 3 x 0 + 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 ) − (3x0 − 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= ⇔ a = 1 ⇒ M ≡ I (1 ; 0) cã 1 tiÕp tuyÕn duy nhÊt 0,25 2 3−a 0,25 TH2 a ≠ ⇔ a ≠ 1 ⇒ M ≠ I (1 ; 0) cã 2 tiÕp tuyÕn 2 B i2 1 x2 4® 1.(2®) I= e2 ∫ 2 dx 0,25 0 x + 4x + 4 1 u = x 2 du = 2 xdx x2   TÝnh J= ∫ 2 dx §Æt  dx ⇒  1 0,5 0 x + 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 0,5 3 3 3 2 5 3 0,25 ⇒ I = e 2 − 4e 2 ln 3 2 2.(2®) − − −− − − −− − − −− − − − Ta kÝ hiÖu sè A l a1a2 a3a4 a5 a6 • Cã 5 kh¶ n¨ng chän mét ch÷ sè lÎ • Mçi c¸ch chän 1 ch÷ sè lÎ v 5 ch÷ sè ch½n cã P6=6! C¸ch s¾p xÕp 6 ch÷ sè 0,5 ® cho v o 6 vÞ trÝ tõ a1®Õn a6 Nh vËy cã 5.P6 =5.6! c¸ch s¾p xÕp 10 ch÷ sè tõ 0 ®Õn 9 v o 6 vÞ trÝ tõ a1 ®Õn a6 m mçi c¸ch chØ cã mét ch÷ sè lÎ. *Trong tÊt c¶ c¸c c¸ch s¾p xÕp ®ã th× nh÷ng c¸ch xÕp cã ch÷ sè 0 ®øng ë vÞ trÝ a1 kh«ng ph¶i l mét sè cã 6 ch÷ sè 0,5 1 * Do tÝnh b×nh ®¼ng cña c¸c ch÷ sè ® chän cã sè c¸ch s¾p xÕp kh«ng ph¶i 6 5.6! 0,5 l sè cã 6 ch÷ sè v b»ng = 5.5! 6 VËy sè c¸c sè cã 6 ch÷ sè m trong nã chØ cã mét sè lÎ l 5.6! - 5.5! = 5!(30 - 5) = 25.5! = 3000 sè 0,5 B i3 π 5® 1.(2®) §Æt t = x + khi ®ã ph¬ng tr×nh ® cho trë th nh 4
π 0,5 sin(3t − π ) = sin( 2t + ) sin t ⇔ − sin 3t = cos 2t sin t (*) 2 §Æt z = sin t §K z ≤ 1 ph¬ng tr×nh (*) trë th nh z = 0 3x − 4 z 3 + (1 − 2 z 2 ) z = 0 ⇔ 6 z 3 − 4 z = 0 ⇔  2 2 0,5 z =  3 π 0,25 * z = 0 ⇒ sin t = 0 ⇔ t = kπ ⇒ x = − + kπ ; k ∈ Z 4 2 2 1 − cos 2t 2 1 * z2 = ⇒ sin 2 t = ⇔ = ⇔ cos 2t = − = cosα 3 3 2 3 3  α  π α 2t = α + l 2π t = 2 + lπ  x = − 4 + 2 + lπ ⇔ ⇔ ⇒ ,l ∈ Z 2t = −α + l 2π t = − α + lπ  x = − π − α + lπ   0,5  2  4 2 π π α 0,25 VËy PT cã nghiÖm l x = − + kπ , x = − ± + lπ . k , l ∈ Z 4 4 2 m 2.(2®) §Æt a = 1 + log 2 , bÊt ph¬ng tr×nh ® cho trë th nh: m +1 (3 − a) x 2 − 2ax − 2a < 0 (1) 0,5 VÕ tr¸i cña (1) l mét tam thøc b©c hai Èn x cã hÖ sè cña x l 3 − a . 2 TH1: 3 - a = 0 ⇔ a = 3 0,5 Khi ®ã (1) l 6 x− 6 < 0 ⇔ x < 1 suy ra (1) kh«ng nghiÖm ®óng mäi x a > 3 3 − a < 0 a > 3  TH2  , ⇔ 2 ⇔  a < 3 ⇔ a > 6 ∆ < 0 a + 2a(3 − a) < 0  a > 6 0,5  m m Víi a > 6 ta cã 1 + log 2 >6⇔ > 32 m +1 m +1 31m + 32 31 ⇔
3.(1®) a + c = 2b NÕu c¸c sè a, b, c ®ång thêi l cÊp sè céng v cÊp sè nh©n th×  2 ac = b suy ra a, c l nghiÖm cña pt: x 2 − 2bx + b 2 = 0 ⇔ x = b tõ ®ã a = b = c. 0,25  x + log y x − log y 2 =2 2 (1) Theo b i ra ta cã hÖ: 8   0,25  x − log2 y 2  = 5y (2) Tõ (1) 3x + 3 log 2 y = x − log 2 y ⇔ x = −2 log 2 y , thay v o (2) ta ®−îc: 1 0,5 2 −3 log 2 y = 5 y ⇔ 5 y 4 = 1 ⇔ y = 4 5 ⇔ x = 2 log 2 4 5 = log 2 5 2 B i4 1.(3®) §−êng trßn (C) cã t©m I ( 0 ; 1 ) b¸n kÝnh R = 1 5® §iÓm T thuéc trôc ho nh th× T( t ; 0) §iÓm M( m; 3) thuéc ®−êng th¼ng y = 3 , ta cã: Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng MT: 0,5 x −m y −3 = ⇔ 3x + (t − m) y − 3t = 0 t −m −3 Do MT l tiÕp tuyÕn cña (C) nªn kho¶ng c¸ch tõ t©m I cña (C) ®Õn MT b»ng 1, hay 0,5 t − m − 3t 2 2 = 1 ⇔ (m + 2t ) 2 = 9 + (t − m) 2 3 + (t − m ) ⇔ t 2 + 2mt − 3 = 0 (*) Do ph−¬ng tr×nh (*) lu«n cã hai nghiÖm t1 , t2 víi mäi m nªn lu«n tån t¹i hai ®iÓm T1(t1;0) v T2(t2;0) ®Ó MT1v MT2 l tiÕp tuyÕn cña (C). * Theo ®Þnh lý Vi Ðt cã t1 + t2 = -2m. Ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn (C1) ngo¹i tiÕp tam 0,5 gi¸c MT1T2 cã d¹ng: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 V× M, T1, T2 thuéc ®−êng trßn (C1) nªn cã hÖ m 2 + 9 + 2ma + 6b + c = 0 (1)  2  t1 + 2at1 + c = 0 (2)  2 t 2 + 2at 2 + c = 0 (3)  Tõ (2) v (3) suy ra 0,5 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 v o (2) ta cã t1 + 2mt1 + c = 0 2 0,5 Do t1 l nghiÖm cña(*) nªn t1 + 2mt1 − 3 = 0 ⇒ c = −3 Thay c = -3 v o (1) ta ®−îc: 2 2 m2 + 2 m + 9 + 2m + 6b − 3 = 0 ⇔ b = − 2 2 2 m2 + 2 VËy ph−¬ng tr×nh cña (C1) l : x + y + 2mx − y −3 = 0 2 0,5