Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh lớp 12 THPT có đáp án môn: Toán – Bảng A (Năm học 2012-2013)

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

281
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi. Mời các em và giáo viên tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh lớp 12 THPT có đáp án môn "Toán – Bảng A" năm học 2012-2013. Hy vọng đề thi giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Quảng Ninh lớp 12 THPT có đáp án môn: Toán – Bảng A (Năm học 2012-2013)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ––––––––– ðỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Họ và tên,chữ ký ( BẢNG A ) của giám thị số 1 Ngày thi : 23/10/2012 Thời gian làm bài : 180 phút ––––––––––––– (Không kể thời gian giao ñề) ––––––––––––– (ðề thi này có 01 trang) Bài 1 (6 ñiểm) : x+2 1. Cho hàm số y = có ñồ thị (C), gọi I là giao hai tiệm cận . Viết phương trình x −1 tiếp tuyến với ñồ thị (C) biết tiếp tuyến ấy cắt hai ñường tiệm cận của ñồ thị tại hai ñiểm A, B sao cho bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất. ( x 2 + 2012) 7 1 − 2 x − 2012 2. Tính giới hạn sau : lim x →0 x Bài 2 (3 ñiểm) : Tìm m ñể phương trình sau ñây có nghiệm : x+2 x 2 − 2 x + m( x − 4) + 2 8 + 2 x − x 2 − 14 − m = 0 4−x Bài 3 (3 ñiểm) : Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác. ðặt IA = x , 1 1 1 2 IB = y , IC = z . Chứng minh rằng : 2 = 2+ 2+ x y z yz Bài 4 (5 ñiểm) : Trong mặt phẳng (P) cho ñường tròn ñường kính BC cố ñịnh. M là một ñiểm di ñộng trên ñường tròn ấy. Trên ñường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) tại B lấy một ñiểm A cố ñịnh. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B trên AM và AC . 1. Chứng minh rằng khi M di ñộng mặt phẳng (BHK) cố ñịnh . 2. Xác ñịnh vị trí của M ñể diện tích tam giác BHK lớn nhất Bài 5 (3 ñiểm) : Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn abc = 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : a 6 + b6 b6 + c 6 c6 + a6 P= + + a 4 + b4 + a 2b 2 b4 + c 4 + b 2 c 2 c 4 + a 4 + c 2 a 2 – – – – – – – – – – – – –Hết– – – – – – – – – – – – – Họ và tên thí sinh : – – – – – – – – – – – – –– – – – – – – – –Số báo danh: – – – –
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn Toán – Bảng A (ñề thi chính thức) Bài Sơ lược lời giải ðiểm Bài 1 1. Giao hai tiệm cận I( 1;1) 6ñiểm Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với ñồ thị tại ñiểm có hoành ñộ x0 0,5 −3 x +2 =>phương trình tiếp tuyến có dạng: y = ( x − x0 ) + 0 ( x0 − 1) 2 x0 − 1 x0 + 5 Tiếp tuyến cắt tiệm cận ñứng tại A( 1; ) x0 − 1 0,5 Tiếp tuyến cắt tiệm cận ngang tại B( 2 x0 − 1;1 ) x0 + 5 6 Ta có IA = −1 = ; IB = 2 x0 − 1 − 1) = 2 x0 − 1 x0 − 1 x0 − 1 0,5 6 Nên IA. IB = .2 x0 − 1 = 12 x0 − 1 1 Do vậy diện tích tam giác IAB : S = IA. IB = 6 2 S 6 0,5 Gọi p là nửa chu vi ∆IAB => bán kính ñường tròn nội tiếp ∆IAB : r = = p p => r lớn nhất p nhỏ nhất. Mặt khác ∆IAB vuông tại I nên 2 p = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB 2 ≥ 2 IA. IB + 2 IA. IB = 4 3 + 2 6 0,5 Dấu “ = ” xảy ra IA = IB ⇔ ( x0 − 1) = 3 ⇔ x = 1 ± 3 2 Với x = 1 − 3 ta có tiếp tuyến d1 : y = − x − 2( 3 − 1) 0,5 Với x = 1 + 3 ta có tiếp tuyến d2 : y = 2( 3 + 1) − x ( x 2 + 2012) 7 1 − 2 x − ( x 2 + 2012) + x 2 1 2. L = lim x →0 x  2 7 1 − 2x −1  = lim  ( x + 2012) + x x →0 x   1 Ta có L1 = lim( x + 2012) = 2012 L3 = lim x = 0 2 ; x →0 x →0 7 1 − 2x −1 1 − t7 Tính L2 = lim x →0 ðặt 7 1 − 2 x = t => x = x 2 Và khi x → 0 thì t → 1 2(t − 1) −2 2 1 => L2 = lim = lim =− t →1 1− t 7 t →1 1+ t + t + t + t + t + t 2 3 4 5 6 7 Vậy L = 2012.  −  + 0 = − 2 4024  7 7
Bài 2 x + 2 3ñiểm 4 − x ≥ 0  ðiều kiện:  x ≠ 4 ⇔ −2 ≤ x < 4 0,5 8 + 2 x − x 2 ≥ 0   Với ñ/k ñó phương trình ñã cho tương ñương với 0,5 ⇔ −(− x 2 + 2 x + 8) − m 8 + 2 x − x 2 + 2 8 + 2 x − x 2 − 6 − m = 0 . (1) ðặt t = 8 + 2x − x 2 ; Khi x ∈ [ – 2; 4) thì t ∈ [ 0; 3] . (2) 0,5 Phương trình trở thành : – t2 – mt + 2t – 6 – m = 0 −t 2 + 2t − 6 ⇔ m= . t +1 0,5 −t 2 + 2t − 6 −t 2 − 2t + 8 Xét hàm số f (t ) = ; t ∈ [ 0;3] ; f’(t) = t +1 (t + 1)2  t = −4 f’(t) = 0 ⇔  t = 2 Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên ñoạn [ 0 ; 3 ]. t –∞ –4 –1 0 2 3 +∞ f’(t) – 0 + + + 0 – 0,5 -2 f(t) 9 –6 − 4 Phương trình ñã cho có nghiệm x∈ [–2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t∈ [0; 3] ⇔ ðường thẳng y = m cắt ñồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ – 6 ≤ m ≤ – 2 0,5 Vậy với – 6 ≤ m ≤ – 2 thi phương trình có nghiệm Bài 3 Ta có: 3ñiểm r r x= = ; A sin 45 o B+C sin 2 y= r ; r r B 1 sin 2 z= r I C r sin B C 2 Suy ra: B+C B C C B yz sin sin cos + sin cos 2 2 1 =r 2 =r 2 2 2 2 = ( r + r ) = a => a 2 = y z (1) x B C B C B C x2 sin sin sin sin tg tg 2 2 2 2 2 2
Ngoài ra ñịnh lý hàm cos trong tam giác BIC cho : a 2 = y 2 + z 2 − 2 yz cos BIC B+C a 2 = y 2 + z 2 − 2 yzcos (180 − ) 2 a 2 = y 2 + z 2 − 2 yzcos135o 1 2 a 2 = y 2 + z 2 + 2 yz. (2) 2 y 2 z2 1 1 1 2 Từ (1) và (2) ta có : 2 = y 2 + z 2 + yz 2 2 = 2 + 2 + x x y z yz Bài 4 A a) 5ñiểm CM ⊥ BM  => CM ⊥ ( ABM ) ⊃ BH  K  CM ⊥ AB  BH ⊥ CM 1 =>  => BH ⊥ ( ACM ) ⊃ AC  BH ⊥ AM   AC ⊥ BH B H =>  => AC ⊥ ( BHK )  AC ⊥ BK  Mặt phẳng (BHK) ñi qua B cố ñịnh và vuông góc với AC cố ñịnh nên C mp(BHK) cố ñịnh 0,5 M BH 2 + HK 2 BK 2 ∆BHK vuông tại H => SBHK= (1/2) BH.HK ≤ = (const) 4 4 vậy ∆BHK có diện tích lớn nhất BH = HK ∆BHK vuông cân. 1 BK Khi ñó BH = 2 1 1 1 1 1 1 Mà = + 2 = 2 + BH 2 AB 2 BM 2 BK AB BC 2 1 1 1 1 1 1 1 => 2 = 2 2 + 2 = 2 + BK 2 BH AB BC 2 AB 2 BM 2 1 1 1 1 1 h2 + 2R 2 = + = + = 2 BM 2 BC 2 2 AB 2 4R2 h2 4h 2 R 2 4h 2 R 2 hR 2 1 => BM 2 = BM = h2 + 2R2 h2 + 2 R 2 (với R là bán kính ñường tròn (C), AB = h ) hR 2 Mà B cố ñịnh => M thuộc ñường tròn tâm B bán kính h2 + 2 R 2 0,5 => có hai vị trí của M làm cho diện tích ∆BHK ñạt GTLN ñó là giao của ñường tròn (C) và ñường tròn (B;BM)
Bài 5 (a 2 + b2 )(a 4 + b 4 − a 2b 2 ) (b 2 + c 2 )(b 4 + c 4 − b 2c 2 ) ( c 2 + a 2 )( c 4 + a 4 − c 2a 2 ) P= + + 3ñiểm a 4 + b 4 + a 2b 2 b4 + c 4 + b2c 2 c 4 + a 4 + c 2a 2 0,5 Nhận xÐt: Do abc = 2 2 nªn a2, b2, c2 là c¸c sè thùc d−¬ng x 2 + y 2 − xy XÐt : A = với x,y > 0 x 2 + y 2 + xy 0,5 2 x t2 − t +1 Chia tö và mÉu cho y và ®Æt t = ta ®−îc A = 2 víi t > 0 y t + t +1 t2 − t +1 B¶ng biÕn thiªn: XÐt hàm sè f(t) = trªn (0;+∞) t2 + t +1 t 0 1 + ’ f (t) – 0 + 2(t − 1) 2 1 1 0,5 Ta cã : f’(t) = = 0 ⇔ t =1 1 (t 2 + t + 1) 2 f(t) 3 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) ≥ với mọi t > 0 3 x 2 + y 2 − xy 1 Từ ñó A = ≥ với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y. x 2 + y 2 + xy 3 0,5 2 a 4 + b 4 − a 2b2 1 2 Áp dụng với x = a , y = b ta có 4 4 2 2 ≥ a +b +a b 3 b 4 + c 4 − b2 c 2 1 c 4 + a 4 − c 2a 2 1 Tương tự ≥ , ≥ b4 + c 4 + b 2 c 2 3 c 4 + a 4 + c 2a 2 3 1 1 1 2 => P ≥ (a 2 + b 2 ) + (b 2 + c 2 ) + (c 2 + a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 0,5 3 3 3 3 Áp dụng BðT Côsi ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 3 a 2b 2c 2 = 6 với abc = 2 2 => P ≥ 4 dấu ñẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a = b = c = 2 0,5 Vậy Pmin = 4 khi chẳng hạn a = b = c = 2 Chú ý: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải .Bài làm của học sinh phải chi tiết,lập luận chặt chẽ,tính toán chính xác mới ñược ñiểm tối ña. 2. Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho ñiểm. Tổ chấm trao ñổi và thông nhất chi tiết nhưng không ñược quá số ñiểm dành cho câu, phần ñó. 3. Có thể chia ñiểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 ñiểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. 4. ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm các phần ñã chấm. Không làm tròn ñiểm 5. Mọi vấn ñề phát sinh trong quá trình chấm phải ñược trao ñổi trng tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ.