Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 THÁI BÌNH Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu I (3,0 điểm). x Cho hàm số y có đồ thị là (C). x 1 M là điểm tùy ý trên (C) có hoành độ lớn hơn 1. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B phân biệt. Xác định tọa độ điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất (O là gốc tọa độ). Câu II (4,0 điểm). 3 2y y 2x 1 x 3 1 x Cho hệ phương trình: ( m là tham số; ẩn x, y là số thực). 2 2y 1 y m x 4 1. Giải hệ phương trình khi m 4 . 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. Câu III (2,0 điểm). Giải phương trình: 2cos 2x 4 3 cos x 3sin x 2 3 1 0. 3 Câu IV (3,0 điểm). 2 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C có phương trình: x 2 y 2 4 . Lập phương trình đường tròn C ' tâm I(4;4) , cắt đường tròn C tại hai điểm A,B sao cho AB = 2 2 . Câu V (3,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA 2a, SB 3a, SC 4a , ASB S AC 900 , B SC 1200 .     Hai điểm M, N thỏa mãn: 3SM 2SB, SC 2SN . 1. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). 2. Cho hai điểm E và F thay đổi, lần lượt nằm trên hai đoạn thẳng AB và SC. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn EF. Câu VI (4,0 điểm). u1 1; u2 3 1. Cho dãy số un thỏa mãn: un 1 4un 3un 1 n , n 2 n 1 Tính lim Sn với Sn  . n u i 1 i 1 2 1 x 2. Cho số thực x thay đổi lớn hơn 0. Chứng minh rằng: ex e x 2 x . x 2 Câu VII (1,0 điểm). x1 x2 x3 2014 Tìm số nghiệm nguyên dương của hệ: 1 xi 1007, i 1;2;3
2. SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015 THÁI BÌNH ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (Đáp án gồm 05 trang) BÀI NỘI DUNG ĐIỂM x Câu 1 Cho hàm số y có đồ thị là (C). M là điểm tùy ý trên (C) có hoành độ lớn x 1 (3,0 hơn 1. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B phân biệt. Xác điểm) định tọa độ điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất (O là gốc tọa độ). 1 Gọi Ma;1 (a 1) a 1 1 Phương trình tiếp tuyến tại M là y x a 1 a 1 2 a 1 x 1 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 1 y x a 1 a 1 2 a 1 a 1 Suy ra tọa độ A 1; a 1 0,5 y 1 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 1 y x a 1 a 1 2 a 1 Suy ra tọa độ Ba2 1;1 0,5 Dễ thấy giao điểm I của hai đường tiệm cận nằm trong tam giác AOB suy ra diện tích tam giác SSSSAOB OIB OIA AIB 0,5 1 1 1 1 Diện tích tam giác AOB là: SAOB IA IB IA. IB a 1 2 2 2 2 a 1 0,5 Suy ra S AOB 4 0,5 Diện tích SAOB nhỏ nhất khi điểm M 2;2 0,5 2y3 y 2 x 1 x 3 1 x (1) Cho hệ phương trình Câu 2 2y2 1 y m x 4 (2) (3,0 1. Giải hệ phương trình khi m 4 . điểm) 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. Điều kiện: xy1, 3 Phương trình 1 2y y 2 1 x 1 x 1 x 0,5 Xét hàm f t2 t3 t t đồng biến trên . Suy ra yx1 0,5 Trang 01
3. Thay vào phương trình (2) ta được: 3 2x 1 x 4 x 4 3 2x 3 1 x 2 x 4 1 0,5 2x 3 3 x 3 3 2x 3 1 x 2 x 4 1 Lập luận được x 3 , hệ có nghiệm 3;2 . 0,5 Phương trình (2) trở thành: m3 2 x 1 x x 4 Xét hàm số g() x 32 x 1 x x 4, x [4;1] 0,5 Chỉ ra gx' 0, x 4;1 0,5 Suy ra gx nghịch biến trên [-4;1] 0,5 Kết luận m [1 5; 5 11] 0,5 Câu 3 Giải phương trình 2cos 2x 4 3 cosx 3sin x 2 3 1 0 (2,0 3 điểm) Phương trình tương đương với cos 2x 3 sin 2 x 4 3 cosx 3sin x 2 3 1 0 2cos2 x 4 3 cosx 2 3 3 sinx 2cos x 3 0 0,5 2cosx 3 3sinx cos x 2 0 0,5 3 Trường hợp 1: cos x x k2 k 26 0,5 2 Trường hợp 2: 3 sinxx cos 2 x k2 k 3 0,5 Câu 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương 22 (3,0 trình xy2 2 4.Lập phương trình đường tròn (C’) tâm I(4;4) , cắt điểm) đường tròn (C) tại hai điểm A,B sao cho AB = 22. Đường tròn (C) có tâm K(2;2) bán kính r = 2, đường tròn(C’) có tâm I(2;2) bán kính R. Đường thẳng IK cắt AB tại H thì H là trung điểm của đoạn thẳng AB. A K H I B Trường hợp 1: điểm H nằm giữa hai điểm I và K. Ta có IK IH HK 0,5 Trang 02
4. 2 2RR2 2 2 2 0,5 22 Vậy phương trình đường tròn C' : x 4 y 4 4 0,5 A H K I B Trường hợp 2: điểm K nằm giữa hai điểm I và H. Ta có IH IK HK 0,5 RR2 2 2 2 2 20 0,5 22 Vậy phương trình đường tròn C' : x 4 y 4 20 0,5 Cho hình chóp S.ABC có SA2 a , SB 3 a , SC 4 a , ASB SAC 900 , BSC 1200 . Hai điểm M, N thỏa mãn 3SM 2 SB , SC 2 SN . 1. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng Câu 5 (SAB). (3,0 2. Cho hai điểm E và F thay đổi, lần lượt nằm trên hai đoạn thẳng AB và SC. Tìm điểm) giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn EF. Trong tam giác vuông SAM, tính được AM228 a 0,25 Trong tam giác vuông SAN, tính được AN2 a 0,25 Trong tam giác SMN, tính được MN2212 a 0,25 Trong tam giác AMN, kiểm tra được AM2 AN 2 MN 2 , suy ra tam giác AMN vuông 0,25 Gọi H là trung điểm của MN, lý luận được AH vuông góc với mặt phẳng (AMN) 0,25 2 a3 Tính SH a; S 2 2 a2 , ta được thể tích V AMN S. AMN 3 0,25 3 Dựa vào tỷ số thể tích tính được VaS. ABC 22 0,25 Trang 03
5. S N H M A C B 3V Từ đó d C, SAB S. ABC 2a 2 SSAB 0,25 Đặt AE x. AB ; SF y . SC x , y [0;1] Suy ra EF x1 . SA x . SB y . SC 0,25 2 2 2 2 EF13 x 8 x 4 16 y 20 xy 8 y . a 0,25 5x 222 3 2 8 EF24 y 3x . a 2 4 3 3 0,25 26a 2 Kết luận giá trị nhỏ nhất của EF là khi AE.;. AB SF SC 3 99 0,25 uu11; 3 1. Cho dãy số un thỏa mãn Tính lim Sn với n un114 u n 3 u n n , n 2 Câu 6 n 1 (4,0 Sn . i 1 u điểm) i 1 1 x2 2. Cho số thực x thay đổi lớn hơn 0. Chứng minh rằng ex ex 2 x x 2 n 1* Dự đoán unn 3 Dễ thấy với n = 1,2 là đúng 0,5 kk21 Giả sử công thức đúng đến n k k 2 , tức là uukk1 3 ; 3 0,5 Ta phải chứng minh công thức đúng với n = k +1, tức là phải chứng minh k uk 1 3 . k12 k k Thật vậy, theo giả thiết uk114 u k 3 u k 4.3 3.3 3 (đpcm) 0,5 3 lim Sn n 2 0,5 Trang 04
6. t t Xét hàm số f t e1 t trên . Tính f' t e 1; f ' t 0 t 0 0,25 Lập bảng biến thiên 0,25 t Kết luận được e1 t t , dấu bằng xảy ra khi t = 0 0,25 t 2 Xét hàm số g t et 1 t liên tục trên [0; ) . Tính được 2 t g'1 t e t 0,25 Áp dụng bất đẳng thức trên ta có g' t 0, t 0 . Suy ra hàm gt đồng biến trên [0; ) 0,25 t 2 Suy ra et 10 t t , dấu bằng xảy ra khi t = 0 2 0,25 1 1 Áp dụng ta có exx 10 x x2 ex 10 x x 2 Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh 0,5 Câu 7 x1 x 2 x 3 2014 (1,0 Tìm số nghiệm nguyên dương của hệ 1xii 1007, 1;2;3 điểm) x x x 2014 x x x x 2014 * Ta có 1 2 3 1 2 3 4 1xi 1007, 1;2;3 1x 1007, i 1;2;3 ; x 1; x i i 44 0,25 Xét phương trình nghiệm nguyên dương x1 x 2 x 3 x 4 2014 Số nghiệm của phương trình chính là số cặp x1;;; x 2 x 3 x 4 ta cho tương ứng với dãy 11 1011 1011 1011 1, ta phải chọn 3 vị trí đặt số 0 trong 2013 vị trí. x1 x2 x3 x4 3 Số nghiệm của phương trình là C2013 0,25 Xét bài toán ngược: Trong các nghiệm x1;; x 2 x 3 có nghiệm lớn hơn 1007. Dễ thấy rằng không thể có nhiều hơn một nghiệm lớn hơn 1007 vì tổng bằng 2014. Giả sử x1 1007 , đặt xx1 1007 thay vào phương trình (*) ta được 3 x x234 x x 1007 . Lý luận tương tự như trên ta được số nghiệm là C1006 0,25 33 Vậy số nghiệm nguyên dương của hệ đã cho là CC20133 1006 0,25 Trên đây là các bước giải cơ bản,học sinh phải lập luận chặt chẽ,đầy đủ mới được điểm . Mọi cách giải đúng khác đều được điểm tối đa. Trang 05