Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Vòng 1 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Vòng 1 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

1. 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 x 1 của (C) 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 9x m x2 9 có cực đại. Câu 2 (2 điểm) 1 1. Giải phương trình sin2012 x cos2012 x 21005 x x2 1 y y2 1 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 2 2 2 9 3 mọi tam giác nhọn ABC ta có tan A tan B tanC sin A sin B sinC . 2 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y x 4 4 x 16 x2 . 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 M· AN 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 a2 b2 c2 1 . Chứng minh a2 ab 1 b2 bc 1 c2 ca 1 5(a b c) a2 3ab c2 b2 3bc a2 c2 3ca b2 Hết . – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. 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) 2 0,25 a 1 (x 1) (a 1) 3 a 2 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y (x a) ( ) (a 1)2 a 1 Tiệm cận đứng 1 có phương trình x 1 0,25 Tiệm cận ngang 2 có phương trình y 1 I( 1;1) a 5  1 A A 1; ,  2 B B 2a 1;1 0,25 a 1 1 1 a 5 1 6 S IA.IB 1. 2a 2 . .2 a 1 6 (không IAB 2 2 a 1 2 a 1 0,25 phụ thuộc vào a, đpcm) 2 Tìm m để hàm số y 9x m x2 9 có cực đại 1,00 mx 9m TXĐ: ¡ , y' 9 , y'' x2 9 (x2 9) x2 9 y' 0 9 x2 9 mx 0 9 x2 9 mx mx 0 mx 0 (I) 2 2 2 2 2 81(x 9) m x (m 81)x 81.9 0,25 TH 1. m2 81 9 m 9 m . x 9 x 9 x2 9(x) nên 9 x2 9 mx y' 0,x suy ra hàm số đồng biến trên ¡ , không 2 x 9 0,25 có cực trị. 27 TH 2. m 9 (I) x1 m2 81 9m y''(x ) 0 x là điểm cực tiểu m 9 loại 0,25 1 2 2 1 (x1 9) x1 9 27 TH 3. m 9 (I) x2 m2 81 9m y''(x2 ) 0 x2 là điểm cực đại. (x2 9) x2 9 2 2 0,25 Vậy hàm số có cực đại m 9 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. 1 II 1 Giải phương trình sin2012 x cos2012 x (1) 1,00 21005 1 Đặt t sin2 x,t 0;1 . (1) có dạng: t1006 (1 t)1006 (2) 0,25 21005 Xét hàm số f (t) t1006 (1 t)1006 ,t 0;1 1 f '(t) 1006[t1005 (1 t)1005 ] ; f '(t) 0 t 0,25 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) sin2 x cos2x 0 x k (k Z ) 0,25 2 4 2 x x2 1 y y2 1 (1) 2 Giải hệ phương trình 1,00 2 2 x y xy 1 (2) ĐK: y 1 . (1) x y y2 1 x2 1 x2 2xy y2 y2 1 x2 1 2 (y2 1)(x2 1) xy (y2 1)(x2 1) x2 y2 x2 y2 y2 x2 1 x2 y2 1 0,25 x2 y2 1 x 0 Kết hợp với (2) ta được 2x2 xy 0 2 2 0,25 x y xy 1 y 2x x 0 & (2) y2 1 y 1 1 1 2 y 2x & (2) 3x2 1 x2 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 Chứng minh tan x sin x x ( 3 ),x 0; . 1,00 2 2 2 9 Xét hàm số f (x) tan x sin x x trên 0; 2 2 1 9 2cos3 x 9cos2 x 2 (2cos x 1)(cos2x 4cos x 2) f '(x) cos x cos2 x 2 2cos2 x 2cos2x 0,25 2 Vì x 0; 0 cosx<1 (cos x 2) 4cos x 0 f '(x) cùng 2 dấu với 1 2cos x . Bảng biến thiên của f (x) 0,25 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. x 0 3 2 f '(x) - 0 + f (x) 3 ( 3 ) 2 0,25 9 3 Vậy f (x) tan x sin x x ( 3 ),x 0; 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 3 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 0,25 2 2 9 9 tan A tan B tanC sin A sin B sinC (A B C) ( 3 ) 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 x2 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 t 2 8 1 Khi đó y f (t) t t 2 t 4,t 2 2;4 2 2 0,25 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 x= 4;4 2 2;4 4;4 0,25     2 2;4 4 IV 1 Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a 1,50 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. S C' D' B' 0,25 0,25 D C A B BC  AB,BC  SA BC  (SAB) BC  AB' SC  (P) SC  AB' AB'  (SBC) AB'  SB Tương tự AD'  SD VS.AB 'C 'D ' VS.AB 'C ' VS.AD 'C ' 2 2 VS.AB 'C ' SB' SC ' SB'.SB SC '.SC SA SA 3 3 9 0,25 . 2 . 2 2 . 2 . (1) VS.ABC SB SC SB SC SB SC 4 5 20 2 2 VS.AD 'C ' SD' SC ' SD'.SD SC '.SC SA SA 3 3 9 . 2 . 2 2 . 2 . (2) 0,25 VS.ADC SD SC SD SC SD SC 4 5 20 1 1 a3 3 Do V V . a2.a 3 0,25 S.ABC S.ADC 3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được V V 9 9 9 a3 3 3 3a3 S.AB 'C ' S.AD 'C ' V . 0,25 a3 3 a3 3 20 20 S.AB 'C 'D ' 10 6 20 6 6 2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50 ( Hình vẽ trang cuối) 1 V .S .a 3 . Đặt BM x,DN y ; x, y 0;a S.AMN 3 AMN Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP BM x ABM ADP AM AP,B· AM D· AP 0,25 M· AN 450 B· AM D· AN 450 N· AP D· AP D· AN 450 1 1 0,25 MAN PAN S S AD.PN a(x y) (*) MAN PAN 2 2 Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được 0,25 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
6. MN 2 MC 2 CN 2 (x y)2 (a x)2 (a y)2 x2 y2 2xy a2 x2 2ax a2 y2 2ay xy a(x y) a2 a2 ax 0,25 y x a 1 a2 ax Thế vào (*) ta được S a(x ) MAN 2 x a a x2 a2 a x2 2ax a2 Đặt f (x) f '(x) . 2 2 x a 2 (x a) 0,25 f '(x) 0 x ( 2 1)a . a2 f (0) f (a) , f (( 2 1)a) a2 ( 2 1) 2 a2 max f (x) , min f (x) a2 ( 2 1) 0;a 2 0;a a3 3 M  B, N  C Vậy maxVS.AMN khi 6 M  C, N  D 3( 2 1)a3 minV khi MB ND a( 2 1) S.AMN 3 0,25 a2 ab 1 b2 bc 1 c2 ca 1 V 5(a b c) 1,00 a2 3ab c2 b2 3bc a2 c2 3ca b2 x2 x, y 0 ta có x2 y2 2xy x2 2xy y2 2x y 0,25 y 2 2 2 a ab 1 (a ab 1) 2 2 2 2 2 2(a ab 1) (a 3ab c ) a2 3ab c2 a 3ab c a2 b2 2 a2 c2 ab 2(a2 b2 c2 ) a2 c2 0,25 2 5a2 3b2 2c2 (10)(a2 a2 a2 a2 a2 b2 b2 b2 c2 c2 ) 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 a2 ab 1 b2 bc 1 c2 ca 1 5(a b c) a2 3ab c2 b2 3bc a2 c2 3ca b2 1 Đẳng thức xảy ra a b c 0,25 3 – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. A B x 450 M x P D y N C – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất