Đề dự bị thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Lâm Đồng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề dự bị thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Lâm Đồng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010 -2011 MƠN : TỐN- THPT ĐỀ DỰ BỊ Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1: ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y = x4 - 2mx2 + 2m- 1 (1). Định m để hàm số (1) cĩ ba cực trị và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo thành một tam giác cĩ chu vi bằng 4(1 65) . Câu 2: ( 3,0 điểm ) 4 (sin x 3cos x)dx Tính tích phân I 2 0 (sin x cos x) Câu 3: ( 2,0 điểm ) 1000 Tìm a,b,c,d sao cho: 2x 1 2000 ax b 2000 x2 cx d ,x R Câu 4:( 3,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD cĩ diện tích bằng 4. Biết A(1;0) , B(0;2) và giao điểm I của hai đưởng chéo nằm trên đường thẳng y x . Tìm tọa độ điểm C và D. 2. Cho tam giác ABC cĩ AB c, BC a,CA b; AQ là đường phân giác trong gĩc A . 2 Chứng minh rằng: AQ b.c.p.( p a) , trong đĩ p là nửa chu vi của tam giác ABC . b c Câu 5: ( 3,0 điểm ) 2x (2x )2 4 1. Tìm nghiệm của phương trình sau trên khoảng (0; ) : 2 tan2 x . 2 x x2 1 3 2. Cho a,b,c là các số thực dương và a + b + c = . Chứng minh rằng: 4 1 1 1 + ³ 3 3 a + 3b 3 b + 3c 3 c + 3a Câu 6: ( 3,0 điểm ) Cho hình lăng trụ đều ABC.A' B 'C ' cĩ cạnh đáy thay đổi và diện tích tam giác ABC 'bằng 4 3 . Tìm thể tích lớn nhất của hình lăng trụ ABC.A' B 'C ' . Câu 7: ( 3,0 điểm ) 1 1 1 1 1 1 2 Giải phương trình: x ln(1 ) x x3 ln(1 ) x 1 x với x 0 x x2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: . Chữ kí giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010 -2011 MƠN : TỐN- THPT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ MƠN: TỐN (Đáp án cĩ 04 trang) Lưu ý: Đây chỉ là một trong những cách giải, nếu thí sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương ứng. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM + Ta cĩ y ' 4x(x2 m) x 0 + y ' 0 0,5 2 x m + Hàm số cĩ 3 cực trị m 0 0,5 + Gọi A(0;2m 1); B( m; m2 2m 1); B( m; m2 2m 1) 0,5 Câu 1 4 ( 3đ ) + Chu vi tam giác ABC : P = 4m 2 m m 0,75 + P = 4(1 + 65 ) m 4 0,75 4 (sin x 3cos x)dx Tính I 2 0 (sin x cos x) 4 (sin x 3cos x)dx 0,5 + I 2 Câu 2 0 ( 2 sin(x )) 4 ( 3đ ) 2 2 2 sin t 2 cost + Đặt t x , đổi cận đi đến I 2 dt 2 0,75 4 2sin t 4 + Tách làm hai tích phân I và I 1 2 0,25 + Tính đúng I và I 1 2 0,75 1 + Kết quả : I = 2 ln( 2 1) 1 0,75 2 2000 1000 1 a 1 c a 2b + Với x b d 0 2 2 4 2 2c 4d 1 1000 Khi đĩ: 2x 1 2000 2bx b 2000 x2 cx d ,x R 0,5 Câu 3 ( 2đ ) 1 + Hệ số của x2000 : 22000 (2b)2000 1 b 2000 22000 1 0,5 2 + Lúc đĩ (1) 2x 1 2000 (1 b2000 ) (x2 cx d)1000 Trang 1/4
3. 2 c 1 2000 1 2 1000 1 2 0,5 + (2x 1) . 2000 (x cx d) x x cx d 1 2 2 d 4 a 2000 22000 1 1 b 2000 22000 1 0,5 2 + Vậy c 1 1 d 4 1. ( 2 điểm)  + Tìm được AB ( 1;2) AB 5 0,25 + AB : 2x y 2 0 0,25 + Gọi I(t;t) , I là trung điểm của AC, BD nên ta cĩ C(2t 1;2t), D(2t;2t 2) 4 + S AB.CH 4 CH ABCD 5 0,5 4 t + d(C; AB) CH 3 0,25 t 0 5 8 8 2 0,25 + Tọa độ của C và D là C( ; ); D( ; ) hoặc C( 1;0); D(0; 2) 3 3 3 3 2. ( 1 điểm) 0,5 QB AB c QB c ac + Ta cĩ QB QC AC b a b c b c 0,25 Câu 4 + Áp dụng định lý cosin trong tam giác AQB ta cĩ ( 3đ ) 0,5 AQ2 AB2 QB2 2AB.QB.cos B 2 + AQ2 b(b c a)(b c a) đpcm (b c)2 0,25 1. (1 điểm) + 2x (2x )2 4 2x (2x )2 4 2 tan2 x x x2 1 tan x x x2 1 2 tan x 2 2 + x x 1 tan x x x 1 tan x (1) 0,5 2 2 2 Câu 5 2 ( 3đ ) + Xét f (t) t t 1 tan t đồng biến trên khoảng (0; ) (2) 2 0,25 + (1) f (x) f ( x) (3) 2 0,25 + (2), (3) suy ra x x x 2 4 2. (2 điểm) 1 1 1 + Ta cĩ x y z 9; x, y, z 0 x y z
4. 1 1 1 1 9 x y z x y z 1 1 1 9 + + + ³ Trang0,5 2/4 3 a + 3b 3 b + 3c 3 c + 3a 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a a + 3b + 2 + mà 3 (a + 3b).1.1 £ 3 0,5 b + 3c + 2 c + 3a + 2 + tương tự 3 (b + 3c)£ ; 3 (c + 3a)£ 3 3 1 + 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a £ (4(a + b + c)+ 6)= 3 3 0,5 1 1 1 + + + ³ 3 3 a + 3b 3 b + 3c 3 c + 3a a 3b b 3c c 3a 1 0,5 1 Đẳng thức xảy ra khi 3 a b c a b c 4 4 + Gọi cạnh đáy là x (x 0) và H là trung điểm của cạnh AB 8 3 x 3 3(256 x4 ) + C ' H ,CH , CC ' . 0,5 x 2 2x 3x 256 x4 0,75 + V (0 x 4) 8 0,75 3(256 3x4 ) + V ' (0 x 4) Câu 6 8 256 x4 4 0, 5 + V ' 0 x ( 3đ ) 4 3 8 6 + V 0,5 max 4 3 1 1 1 1 1 1 2 + x ln(1 ) x x3 ln(1 ) x 1 x (1) x x2 1 1 1 1 x(1 )ln(1 ) x3 (1 )ln(1 ) 1 x 0,5 x x x2 x2 1 1 (x 1)ln(1 ) (x3 x)ln(1 ) 1 x x x2 1 1 0,5 (x 1)ln(1 ) 1 x2 1)ln(1 ) 1 x x x2 1 1 x (x 1)ln(1 ) 1 x2 x2 1)ln(1 ) 1 (2) (x 0) x x2 Câu 7 0,5 ( 3đ ) 1 1 1 + Xét f (t) t (t 1)ln(1 ) 1 f '(t) (2t 1) ln(1 ) 1 t t t 2 (2) f (x) f (x2 ) (3) 0,5 Trang 3/4
5. 1 1 + Ta cĩ g(t) ln(1 ) ; g '(t) 0 với t 0 1 t t 2 + Lập BBT suy ra g(t) 0 với t 0 f '(t) 0 với t 0 , suy ra f (t) tăng trên 0,5 0; (4) + Từ (3),(4), suy ra x x2 x 1 0,5 HẾT Trang 4/4