1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Đề thi hsg môn toán lớp 12 sở gd đt hà nam năm học 2011 2012 file word có lời giải chi tiết

9 2 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 9
Dung lượng 431,5 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2011 - 2012 Mơn: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y  x  2m với m tham số Chứng minh m 0 , đồ thị hàm số cắt mx  đường thẳng d : y 3x  3m điểm phân biệt A, B Xác định m để đường thẳng d cắt trục Ox, Oy C , D cho diện tích OAB lần diện tích OCD Cho hàm số y  x2 có đồ thị (C) Chứng minh điểm mặt phẳng tọa độ mà qua x kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vng góc với nằm đường trịn tâm I (1;2), bán kính R = Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình sau tập số thực: 15 x.5 x 5 x 1  27 x  23 Giải bất phương trình sau tập số thực: log 2x 1 2 x  x  x  2x 1 Câu 3: (6 điểm) a Cho tứ diện SABC có AB  AC a, BC  , SA a ( a  0) Biết góc SAB 300 góc SAC 300 Tính thể tích khối tứ diện theo a Chứng minh tứ diện có độ dài cạnh lớn 1, độ dài cạnh cịn lại khơng lớn thể tích khối tứ diện khơng lớn Câu 4: (4 điểm) Tính tích phân: I  x  x2 x2   2 J  ln  cosx  1 dx  Câu 5: (2 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức P 2 2 a  b  c 1  (a  1)(b  1)(c  1) sinx 1 sin x  dx …………Hết………… Họ tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:…………………… Họ tên giám thị số 1:…………………………………………………………………………… Họ tên giám thị số 2:…………………………………………………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT HÀ NAM Hướng dẫn chấm biểu điểm NĂM HỌC 2011-2012 Mơn: Tốn (Hướng dẫn chấm biểu điểm gồm có trang) - Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà cho điểm phần biểu điểm Câu 1.(2 Nội dung Phương trình hồnh độ giao điểm d đồ thị: điểm) 3mx  3m x  m 0, x  Điểm 0.25 1 m Vì m 0 nên phương trình  x  3mx  0 (*) Ta có   1  9m2  12  0, m 0 f     0, m 0 (ở f  x  m m vế trái (*)) nên d cắt đồ thị điểm A, B phân biệt m 0 0,5 Ta có A  x1;3 x1  3m  , B  x2 ;3 x2  3m  với x1 , x2 nghiệm (*) Kẻ đường cao OH OAB ta có OH d  0; d   AB   x2  x1   10  x1  x2  2   3x2  3x1   10  x2  x1   3m 10 0,25 40  40 x1 x2  10m  0,5 (Định lý Viet (*)) Mặt khác ta có C  m;0  , D  0;  3m  (để ý m 0 C , D, O phân biệt) Ta tìm m để S OAB 2 S OCD hay 2.(2 điểm) 10m  40  3m 2 m 3m  m  3 10 0,25 0,25 Gọi M (x , y ) Đường thẳng d qua M, có hệ số góc k có phương trình y k(x  x )  y d tiếp xúc (C ) hệ sau có nghiệm x 1: 0,25  x   k(x  x )  y (1)  x  1  k (2)  (x  1) (1)  x   k(x  1)  k  kx  y (3) Thay k (2) vào vị x trí (3) : x   Suy 0,5 1 x    k  kx  y x x1 k(1  x )  y0   x 2  k(1  x )  y   Thay vào (2)    k   (x  1) k   (1  x )(y  2)   k  (y  2)  0 (*) 0,25 Nếu từ M kẻ đến (C ) hai tiếp tuyến vng góc pt (*) có hai nghiệm k1 , k thỏa mãn k1.k   (y  2)   (x  1) 0,5  (x  1)  (y  2) 4  M nằm đường trịn có tâm I(1,2), có bán kính R=2 (đpcm) 0,5 Câu 1.(2 Nội dung Điểm x Phương trình cho   15 x   27 x  23 điểm) x Ta phải có 15 x  0 phương trình trở thành  x số f  x  5 đồng biến R hàm số g  x   g ' x    480  15 x  5 27 x  23 Hàm 15 x  0,5 27 x  23 có 15 x   nên nghịch biến khoảng   ;  3  0,5 1   ;   3  0,25 Vậy phương trình có tối đa nghiệm khoảng 0,5 Mặt khác f  1  g  1 5 f   1  g   1  0,25 Nên phương trình cho có nghiệm x 1 2.(2 điểm) Bất phương trình: log 2x  2x  6x  x  2x  Điều kiện: x 1 x>  (*) Với đk BPT  log 2x  2x   2x  6x   log 2 2x  6x  x  2x  2x  4x  2  log (2x  1)  log (2x  4x  2) (2x  4x  2)  (2x  1) 0,5  (2x  1)  log (2x  1) (2x  4x  2)  log (2x  4x  2) u 2x  Đặt   v 2x  4x  u,v>0 u  log u v  log v (1) Xét hàm số f (t) log t  t, t  D (0; ) Có f '(t)    0, t  D t.ln Suy f(t) hàm đồng biến D Khi đó, (1) thành f (u) f (v) u,v thuộc D f(t) đồng biến D nên u v Tức 2x  2x  4x   2x  6x  0  x  x 3 0,5 0,25 3 Kết hợp với điều kiện (*) tập nghiệm bpt cho 0,5  3   3  T   ; ;         0,25 Nội dung Điểm Câu 1.(3 điểm) S M C A N B Theo định lý cosin tam giác SAB ta có SB SA2  AB  2SA AB.cos300 3a  a  2a 3.a a 2 Vậy SB = a Tương tự ta có SC = a Gọi M trung điểm SA, hai tam giác SAB cân B SAC cân C nên MB  SA, MC  SA  SA   MBC  Ta có VSABC VSBMC  VABMC  SA.S MBC 0,5 Hai tam giác SAB SAC (c.c.c) nên MB = MC suy tam giác MBC cân M, MN  BC , ta có MN  SA (Ở N trung 0,5 điểm BC) Từ 0,5 2 3a a a 3 2 2 2 MN  AN  AM  AB  BN  AM a        16  4   Suy MN  Vậy VSABC a 1 a3  SA MN BC  16 0,5 0,5 0,5 2.(3 A điểm) D B H C M K Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, cạnh cịn lại không lớn Đặt CD = x, x   0;1 Gọi M trung điểm BC, K hình chiếu B lên CD H hình chiếu A lên mp( BCD) Khi VABCD  SBCD AH  x.BK.AH (1) Có BM  BC2  BD CD x2  1   BM   x 2 4  x2 Tương tự, có AM  1  x (2), AH AM  AH   x (3) Mà BK BM  BK  2 Từ (1), (2) (3) suy VABCD  Mặt khác hàm số f (x)  f (1)  x(4  x ) 24 0,25 0,25 x(4  x ); x   0;1 đồng biến nên f(x) 24 Nên VABCD  1,0 0,5 (đpcm) (Dấu xảy hai tam giác ACD BCD hai tam giác có cạnh H,K trùng với M Khi AB  Câu 1.(2 0,75 1) 0,25 Điểm Nội dung Ta có điểm)  I  dx  x 4 x x2  x2 x x2 x2   x2  4  dx 1 1  x x  2dx   x  x  4dx  I1  I 42 42 4 0,5 -Tính I1 : 3 3 2 I1  x    x  2dx  x   dx   x   dx  2  x  2 5  2  x  2 3 2 10 32   15 -Tính I : Viết I   x   x  2dx 0,5 Đặt x  t ta có dx 2tdt I  t   t.2tdt Do I  2t 5 Vậy I  I1   8t 3  46 15 25  39 I2  30 0,5 0,5 2.(2 điểm)  Có I   (1  sinx)ln(cos x  1)  ln(1  sinx  dx     0 = ln(1  cos x)dx  sinx.ln(1  cos x)dx  ln(1  sinx)dx A  B  C    0,5  Xét A  ln(1  cos x)dx    Đặt x   t  A  ln(1  sin t)dt ln(1  sinx)dx C Vậy I = B   0,5 Xét B = sinx.ln(1  cos x)dx Đặt u = 1+ cosx B = ln udu  Dùng phần B = u ln u  du 2ln  0,5 Vậy: I = 2ln2 - Câu điểm 0,5 Điểm Nội dung Theo bđt Cơ-si ta có: a  b2  c2   1 2  a  b    c  1   a  b  c  1 2  a b c 3  a  1  b  1  c  1     Do P  1,0 27  a  b  c   a  b  c  3 t đặt t a  b  c   t  Ta có P   t Xét hàm số f  t    27  t  2 27  t  2 , t   1;   Vẽ bảng biến thiên hàm số 0,5  1;  ta có max f  t   f    Từ P  dấu đẳng thức xảy a b c 1 0,5 Tài liệu chia sẻ Website VnTeach.Com https://www.vnteach.com

Ngày đăng: 18/10/2023, 20:10

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w