2 đề thi chọn HSG cấp tỉnh Toán 12

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

158
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn muốn biết khả năng mình giải bài tập môn Toán lớp 12 đến đâu. Mời bạn tham khảo 2 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 12 để đánh giá được kỹ năng giải bài tập của mình cũng như tăng thêm kiến thức môn Toán.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 2 đề thi chọn HSG cấp tỉnh Toán 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 29 tháng 10 năm 2012 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I ( 2,0 điểm). 1) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 . Tìm m để hàm số đồng biến trên (2; ) .  2) Cho hàm số y  3sinx  4cosx  mx . Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x  . 2 Câu II (2,0 điểm). 2 2 3x 3x 1) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y  cos x  sin cosx  1  sin 2 với trục hoành. 4 4  x 3  3 x  ( y  1)3  9( y  1)  2) Giải hệ phương trình  . 1  x  1  y  1  Câu III (2,0 điểm). 1) Rút gọn biểu thức A  C 2012  2 2 C 2012  3.2 2 C 2012  4.23 C2012  ...  2011.2 2010 C 2012  2012.2 2011 C2012 . 2) Chứng 1 2 3 4 2011 2012 3  sinx  2   minh bất đẳng thức    cos x với mọi x   0; 2  .  x    Câu IV ( 3,0 điểm). Cho hình chóp đều S.ABC có SA=a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của SA, SC. 1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BD vuông góc với AE. 2) Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M, N. V Gọi V1, V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm giá trị lớn nhất của . V1 Câu V (1,0 điểm). Cho a; b; c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 c2 P   . (a  b)2 (b  c) 2 (c  a)2 ……………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:……….............………………….Số báo danh:……………......... Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:…………………… 1
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Nội dung điểm I1: (1,0) 3 2 1) Cho hàm số y = x - 3x + mx + 2 . Tìm m để hàm số đồng biến trên (2;+  ). TXĐ:D= 0,25 y’=3x2-6x+m y”=6x-6; y”=0x=1 0,25 bảng biến thiên x + 2 y" + + + y' m Từ bảng biến thiên =>nếu hàm số đông biến trên (2;+  ) =>y’  0x  2  m  0 0,25 ngược lại ta thấy m  0  y '  0x  2  hàm số đồng biến trên (2;+  ) 0,25 KL: m  0 I2:(1,0)  2) Cho hàm số y  3sin x  4cosx  mx. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x= . 2 TXĐ:D= 0,25 y’= 3cosx+4sinx+m( x )   0,25 Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x = => y’( ) = 0m=-4 2 2  0,25 Ngược lại: nếu m = - 4 => y’ = 3cosx + 4sinx – 4; y’( ) = 0;y’’= -3sinx + 4cosx 2   0,25 =>y’’( )=-3 m=-4 loại 2 2 II1:(1,0) 2 2 3x 3x 3) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y  cos x  sin .cosx  1  sin 2 với trục 4 4 hoành. 2 2 3x 3x 0,25 Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  cos x  sin .cosx  1  sin 2 với trục 4 4 2 2 3x 3x hoành là nghiệm phương trình cos x  sin .cosx  1  sin 2 0 4 4 3x 3x  cos 2 x-1-sin 2 (1  cosx)  0  (1  cosx)( cosx-1-sin 2 )  0 4 4 TH1: cos x  -1  x    k 2 (k  Z ) 0,25 cosx  1x  cosx  1 cosx=1 0,25 2 3x    TH2: cosx=1+sin Do 2 3x   (2)   2 3x   2 3x 4 1  sin  1x  1  sin 4  1 sin 4  0 4    2
 x  k 2 0,25   4l  x  4m (m ) . KL: Ak (  k 2 ; 0), Bm (m 4 ; 0) ( k , m  ) x  3  II2:(1,0)  x 3  3 x  ( y  1)3  9( y  1) (1)  4) Giải hệ phương trình  . 1  x  1  y  1  (2) Điều kiện : x, y  1 ;Từ (2)  y 1 1  0  y  2 0, 25 (1)  x 3  3x  ( y  1)3  3. y  1 (3) 0,25 Xét hàm số f(x)=3x2-3  0x  1; f ( x )  0  x  1  [1;+) => f(x) đồng biến trên [1;+) mà  f ( x )  f ( y  1) 0,25  (3) có  nên (3)  x  y 1  x, y  1  [1;+)  x  1 x  2 0,25 Với x  y  1 thay vào (2) giải được x=1và x=2   , y  2 y  5 III1:(1,0) 1) Rút gọn biểu thức A  C2012  2 2 C2012  3.2 2 C2012  4.23 C2012  ...  2011.22010 C2012  2012.22011 C2012 . 1 2 3 4 2011 2012 1  x  2012  C2012  xC2012  x 2C2012  ...  x k C2012  ....  x 2012C2012 (1) (x ) 0 1 2 k 2012 0,25 Đạo hàm 2 vế của (1) ta có 0,25 2011 2012 1  x   C2012  2 xC2012  ...  kx k 1C2012  ....  2012 x 2011C2012 (2) (x ) 1 2 k 2012 Chọn x=-2 thay vào (2) 0,25 2011 1 2 k 1 k 2011 2012 2012 1  2  C 2012  2(2)C2012  ...  k (2) C 2012  ....  2012(2) C 2012 (2)  2012  C2012  2 2 C2012  3.2 2 C2012  4.23 C2012  ...  2011.2 2010 C2012  2012.2 2011 C2012  A  2012 1 2 3 4 2011 2012 0,25 III2:(1,0)  s inx  3   2 Chứng minh bất đẳng thức:    cos x với mọi x   0;  .  x   2   s inx  3  0,25 x  (0; )  0  cosx  1  cosx  cos 2 x .Ta chứng minh    cosx x  (0; ) (1) 2  x  2   0,25 (1)  sin 3 x.cos 1 x  x 3 x  (0; )  sin 3 x.cos 1 x  x 3  0 x  (0; ) 2 2  Xét f ( x)  sin 3 x.cos 1 x  x3 ( x  [0; )) ; f '( x)  3sin 2 x  cos 2 x sin 4 x  3x 2 2 f ''( x)  3sin 2 x  2cos x sin x  4cos 1 x sin 3 x  6 x 3 5  f '''( x)  6 sin 2 x  6cos 4 x sin 6 x  14cos 2 x sin 4 x  0x; f '''( x )  0  x  0  [0; ) 2   0,25 =>f’’(x) đồng biến trên [0; ) nên x  [0; ) ta có f ''( x)  f ''(0)  0 2 2   =>f’(x) đồng biến trên [0; ) nên x  [0; ) ta có f '( x)  f '(0)  0 2 2   0,25 =>f(x) đồng biến trên [0; ) nên x  (0; ) ta có f ( x)  f (0)  0 2 2   sin 3 x.cos 1 x  x 3  0 x  (0; ) 2 3
IV1:(1,5) S Gọi I là trung điểm SE => DI là đường trung bình của tam 0,25 giác SAE =>DI//AE và DI=AE/2. do BD  AE nên BD  DI I D E a C A H x B Đăt x=AB theo công thức đường trung tuyến trong tam giác SAB ta 0,25 SB 2  AB 2 SA2 x 2 a 2 1 x2 a2 có BD 2      AE 2  BE 2  DI 2  (  ) 2 4 2 4 4 2 4 2 2 9a x Tương tự BI 2   16 4 a 6 0,25 Do BD  DI => tam giác BDI vuông tại D  BI 2  BD 2  DI 2  x  3 Gọi H là tâm tam giác ABC, do S.ABC là tam giác đều nên SH  (ABC)=>SH là đường cao của 0,25 1 x2 3 a2 3 hình chóp; diện tích tam giác ABC là S ABC  AB. AC .sin 600   2 4 6 BC x a 2 a 7 0,25 2 AH  0  AH    SH  SA2  AH 2  sin 60 3 3 3 1 a 3 21 Thể tích khối chóp S.ABC là VSABC  SH .SABC  3 54 IV2:(1,5) S 2)Gọi J là giao điểm của SG và BC => J là trung điểm 0,25 BC=> 1 S ABJ  S ACJ  S ABC 2 1 V  VS . ABJ  VS . ACJ  VS . ABC  N 2 2 G A C M J B 4
SM SN VS . AMG SA SM SG 2 x V 2x 0,25 Đặt x  ,y ( x, y  (0;1])  . .   VS . AMG  SB SC VS . ABJ SA SB SJ 3 2 3 2y V V 0,25 Tương tự VS . AGN   V1  VS . AMG  VS . AGN  ( y  x) (1) 3 2 3 V1 SA SM SN 0,25  . .  xy  V1  Vxy (2) Từ (1) và (2)=>x+y=3xy (*) V SA SB SC Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có x  y  2 xy 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y 4 2 0,25 Từ (*) ta có 3 xy  2 xy  xy  ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y= 9 3 V 1 9 2 V 9 0,25   dấu “=” xảy ra x=y= => giá trị lớn nhất của bằng V1 xy 4 3 V1 4 V:(1,0 ) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 c2 P   ( a  b ) 2 (b  c ) 2 (c  a ) 2 1 1 1 b c a  x, y, z  0 0,25 P   đặt x  , y  , z    b c a a b c  xyz=1 (1  )2 (1  )2 (1  )2 a b c 1 1 1 P   (1  x ) (1  y ) (1  z )2 2 2 Giả sử x=max{x;y;z}  1  xyz  x 3  x  1 0,25 Ta chứng minh 1 1 1 2  2  y, z  0 (1  y ) (1  z ) 1  yz  (1  zy )(2  2 z  2 y  z 2  y 2 )  (1  zy  z  y )2  2( z  y )(1  zy )  2  2 zy  (1  zy )( y  z ) 2  2 zy (1  yz )  (1  zy ) 2  2( z  y )(1  zy )  ( z  y ) 2  (1  zy )( y  z ) 2  2  4 yz  2 y 2 z 2  (1  yz ) 2  ( y  z )2  4 yz  0  yz ( y  z )2  (1  yz )2  0 dấu “=” xẩy ra khi z=y=1 1 1 1 1 1 1 1 x2  x  1 0,25 P        (1  x )2 (1  y )2 (1  z )2 (1  x) 2 1  zy (1  x) 2 1  1 (1  x )2 x 2 2 x  x 1 x 1 Xét f ( x)  2 ( x  [1;+)); f'(x)=  0x  1; f '( x)  0  x  1 [1;+) =>f(x) (1  x ) ( x  1) 4 3 đồng biến trên [1;+  )  f ( x)  f (1)  x  1 4 3 3 3 0,25 => P  f ( x)  khi a=b=c thì P= nên GTNN của P bằng 4 4 4 5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH DƯƠNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN - Vòng 1 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC (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 1. Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  1005 2 x  x  1  y  y2 1  2 2. 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 2 2  2 9 3 tam 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. 1. 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. 2. 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 b 2  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…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
Câu Ý Nội dung Điểm I 1 CM tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc vị trí điểm M 1,00  a2 3 3 M  (C )  M  a;  , a  1. y '  2  y '( a )  0,25  a 1  ( x  1) ( a  1) 2 3 a2 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y  2 ( x  a)  () ( a  1) a 1 Tiệm cận đứng 1 có phương trình x  1 Tiệm cận ngang  2 có phương trình y  1  I ( 1;1) 0,25  a 5   1  A  A  1;  ,    2  B  B  2a  1;1 0,25  a 1  1 1 a5 1 6 S IAB  IA.IB   1 . 2a  2  . .2 a  1  6 (không phụ 2 2 a 1 2 a 1 0,25 thuộc vào a, đpcm) 2 Tìm m để hàm số y  9 x  m x 2  9 có cực đại 1,00 mx 9m TXĐ: , y'  9  , y ''  x2  9 ( x 2  9) x 2  9 y '  0  9 x 2  9  mx  0  9 x 2  9   mx   mx  0  mx  0  2 2 2  2 (I) 0,25 81( x  9)  m x  ( m  81) x 2  81.9 TH 1. m2  81  9  m  9  m . x  9 x  9 x 2  9(x ) nên 9 x 2  9  mx y'   0, x suy ra hàm số đồng biến trên , không có x2  9 0,25 cực trị. 27 TH 2. m  9  ( I )  x1  m2  81 9m y ''( x1 )   0  x1 là điểm cực tiểu  m  9 loại 0,25 ( x  9) x12  9 2 1 27 TH 3. m  9  ( I )  x2  m 2  81 9m y ''( x2 )   0  x2 là điểm cực đại. 2 2 ( x2  9) x2  9 0,25 Vậy hàm số có cực đại  m  9 1 II 1 Giải phương trình sin 2012 x  cos 2012 x  1005 (1) 1,00 2 1 Đặt t  sin 2 x, t   0;1 . (1) có dạng: t 1006  (1  t )1006  1005 (2) 0,25 2 Xét hàm số f (t )  t 1006  (1  t )1006 , t   0;1 1 0,25 f '(t )  1006[t 1005  (1  t )1005 ] ; f '(t )  0  t  2
1 1 1 1 f (0)  f (1)  1, f    1005  min f (t )  1005 Vậy (2)  t  0,25 2 2 0;1 2 2 1   hay (1)  sin 2 x   cos 2 x  0  x   k ( k  Z ) 0,25 2 4 2  x  x 2  1  y  y 2  1 (1)  2 Giải hệ phương trình  1,00 2 2  x  y  xy  1  (2) ĐK: y  1 . (1)  x  y  y 2  1  x2  1  x 2  2 xy  y 2  y 2  1  x 2  1  2 ( y 2  1)( x 2  1)  xy  ( y 2  1)( x 2  1)  x 2 y 2  x 2 y 2  y 2  x 2  1  x 2  y 2  1 0,25  x 2  y 2  1  x  0 Kết hợp với (2) ta được  2 2  2 x 2  xy  0   0,25  x  y  xy  1   y  2x x  0 & (2)  y 2  1  y  1 1 1 2 y  2 x & (2)  3x 2  1  x 2   x    y 0,25 3 3 3 1 2 Thử lại ta có x  0, y  1 và x  ,y  thỏa mãn hệ pt 3 3 0,25 Vậy hệ có 2 nghiệm như trên 9 3   III 1 x  ( 3   ), x   0;  . Chứng minh tan x  sin x  1,00 2 2  2 9   Xét hàm số f ( x)  tan x  sin x  x trên  0;  2  2 1 9 2 cos 3 x  9cos 2 x  2 (2 cos x  1)(cos 2 x  4cos x  2) f '( x)  2  cos x    0,25 cos x 2 2cos 2 x 2cos 2 x   2 Vì x   0;   0  cosx
  Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên A, B, C   0;   2 9 3 tan A  sin A  A  ( 3   ) . Tương tự, cộng lại ta được 2 2 9 9 tan A  tan B  tan C  sin A  sin B  sin C  ( A  B  C )  ( 3   ) 0,25 2 2 Kết hợp với A  B  C   ta có đpcm 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4  4  x  16  x 2 1,00 TXĐ: D   4;4 . Đặt t  x  4  4  x , t  0 . Bình phương ta được t 2  8  2 ( x  4)(4  x)  8 . Dấu bằng có khi x= 4 Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có t 2  8  2 ( x  4)(4  x)  8  ( x  4)  (4  x)  16 .D bằng có khi x=0 Do t  0  2 2  t  4 0,25 2 t 8 1 Khi đó y  f (t )  t    t 2  t  4, t   2 2;4    0,25 2 2 f '(t )  t  1, f '(t )  0  t  1 (loại) 0,25 f (2 2)  2 2, f (4)  0 . Vậy min y  min f (t )  0 khi x=0, max y  max f (t )  2 2 khi 0,25  4;4 2 2;4     4;4  2 2 ;4    x= 4 IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50 S C' D' B' D C A B BC  AB, BC  SA  BC  (SAB)  BC  AB ' 0,25 SC  ( P )  SC  AB '  AB '  ( SBC )  AB '  SB 0,25 Tương tự AD '  SD VS . AB ' C ' D '  VS . AB ' C '  VS . AD ' C ' 0,25 VS . AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 3 3 9  .  .  2. 2  .  (1) VS . ABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC 4 5 20 0,25
VS . AD ' C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 3 3 9  .  .  .  .  (2) VS . ADC SD SC SD 2 SC 2 SD 2 SC 2 4 5 20 1 1 2 a3 3 Do VS . ABC  VS . ADC  . a .a 3  0,25 3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB ' C ' VS . AD ' C ' 9 9 9 a 3 3 3 3a 3  3    VS . AB ' C ' D '  .  0,25 a3 3 a 3 20 20 10 6 20 6 6 2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50 ( Hình vẽ trang cuối) 1 VS . AMN  .S AMN .a 3 . Đặt BM  x, DN  y ; x, y   0; a  3 Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP  BM  x ABM  ADP  AM  AP, BAM  DAP 0,25 MAN  450  BAM  DAN  450  NAP  DAP  DAN  450 1 1 0,25  MAN  PAN  S MAN  S PAN  AD.PN  a ( x  y ) (*) 2 2 Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được 0,25 MN 2  MC 2  CN 2  ( x  y ) 2  (a  x ) 2  ( a  y ) 2 x 2  y 2  2 xy  a 2  x 2  2ax  a 2  y 2  2ay  xy  a( x  y )  a 2 a 2  ax 0,25  y xa 1 a 2  ax Thế vào (*) ta được S MAN  a( x  ) 2 xa a  x2  a 2  a x 2  2ax  a 2 Đặt f ( x )     f '( x )  . 2 x a  2 ( x  a) 2 0,25 f '( x )  0  x  ( 2  1) a . a2 f (0)  f (a )  , f (( 2  1)a )  a 2 ( 2  1) 2 a2  max f ( x )  , min f ( x)  a 2 ( 2  1) 0;a  2 0;a a3 3  M  B, N  C Vậy max VS . AMN  khi  6 M  C, N  D 3( 2  1) a3 min VS . AMN  khi MB  ND  a ( 2  1) 0,25 3 a 2  ab  1 b2  bc  1 c 2  ca  1 V    5(a  b  c) 1,00 a 2  3ab  c 2 b 2  3bc  a 2 c 2  3ca  b 2 2 2 2 x2 2 x, y  0 ta có x  y  2 xy  x  2 xy  y   2x  y 0,25 y
a 2  ab  1 ( a 2  ab  1) 2   2 2  2(a 2  ab  1)  (a 2  3ab  c 2 ) 2 a  3ab  c 2 a  3ab  c 2 2 2 2a2  b2 2 2 2 0,25  2  a  c  ab  2(a  b  c )  a  c  2 5a 2  3b 2  2c 2 (10)( a 2  a 2  a 2  a 2  a 2  b 2  b 2  b 2  c 2  c 2 )   2 20 (a  a  a  a  a  b  b  b  c  c ) 2 5a  3b  2c   0,25 2 5 2 5 Tương tự, cộng lại ta được 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 1 0,25 Đẳng thức xảy ra  a  b  c  3 A B x 450 M x P D y N C