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

Đề thi hsg môn toán học lớp 12 sở gd đt hải dương năm học 2013 2014 file word có lời giải chi tiết

7 1 0
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 415,5 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x3  2mx  3x (1) đường thẳng () : y 2mx  (với m tham số) Tìm m để đường thẳng ( ) đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ khơng đổi O gốc toạ độ) 2x  có đồ thị (C) đường thẳng d: y  x  m Chứng minh d cắt (C) x2 hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến 2) Cho hàm số y  (C) A B Tìm m để P =  k1  2013   k  2013 đạt giá trị nhỏ Câu II (2,0 điểm)  1) Giải phương trình: sin x  cos x 4 sin  x   2) Giải hệ phương trình:  1 4  y 1  3 xy  x 1  x   x (9 y  1)  4( x  1) x 10    Câu III (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: 1 1 S       1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! 2014.2013!.0! 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:  u1    u  n 1  u n  u n    (n  N *) Tìm lim n   k  u  k 1 Câu IV (3,0 điểm)  B SAC   1) Cho khối chóp S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS 900 , BSC 1200 Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vng Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) theo a 2) Cho tứ diện ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN Câu V (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: Chứng minh rằng: xyz 2 x8  y8 y8  z8 z8  x8   8 x4  y4  x2 y2 y4  z4  y2z z4  x4  z2 x2 …………… Hết……………… Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: ………………… Chữ ký giám thị 1:………………………….Chữ ký giám thị 2: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) (Điểm tồn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa) Câu I1 Nội dung 1) Cho hàm số y  x  2mx  3x (1) đường thẳng () : y 2mx  (với m tham 1,0đ số) Tìm m để đường thẳng () đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt A, B, C cho diện tích tam giác OBC 17 (với A điểm có hồnh độ khơng đổi O gốc toạ độ) Hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) (  ) nghiệm phương trình: x3  2mx  3x 2mx   x3  2mx  (2m  3) x  0  x 1  ( x  1)  x  (2m  1) x   0   x  (2 m  1) x   0(2)  Vậy () đồ thị hàm số (1) cắt ba điểm phân biệt  phương trình (2) có hai (2m  1)    m 0 nghiệm phân biệt x 1   1  2m   0 Khi đó, ba giao điểm A(1;2m-2), B( x1;2mx1  2), C( x2 ;2mx2  2) , x1; x nghiệm phương trình (2) nên x1  x  2m  1, x1x  2 Tam giác OBC có diện tích S  BC.d Trong d = d(O; ) = 1+4m BC2 ( x2  x1 )  (2mx2  2mx1 )  ( x1  x2 )  x1 x2   4m  1  BC    2m  1  8  4m  1   Vậy S = I2 1,0đ 17 2) Cho hàm số  S  2m  1  m 1 4m  4m   17   m     y Điểm 2 8 (TM) 0,25 0,25 0,25 0,25 2x  có đồ thị (C) đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng minh x2 d cắt (C) hai điểm A, B phân biệt với số thực m Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến (C) A B Tìm m để P =  k1  2013   k  2013 đạt giá trị nhỏ Xét phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C) d: 2x   x  m x2  x    2 x  (6  m) x   2m 0(*) Xét phương trình (*), ta có:   0, m  R 0,25 x = -2 không nghiệm (*) nên d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m Hệ số góc tiếp tuyến A, B http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25 k1  1 , k2  , x1 , x nghiệm phương trình (*), ta thấy ( x1  1) ( x  1) k1 k   x1  2  x  2   x1 x2  x1  x2  4 0,25 4 (k1>0, k2>0) Có P =  k1  2013   k  2013 2  k1 k  2013 2 2014 , dó MinP = 22014 đạt 1   ( x1  2) ( x  2) 2 ( x1  2) ( x  2) x1 , x phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - k1  k  0,25  x1 + x2 = -  m = - Vậy m = - giá trị cần tìm II1 1,0đ 1) Giải phương trình:   sin x  cos x 4 sin  x    (1) 4  PT(1)  2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)  (cosx – sinx)  (cos x  sin x)(sin x  cos x)  2 0 0,25 0,25  *) cos x  sin x 0  x   k *) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + =  cosx + sin3x + = (2)  hệ vơ nghiệm *) Vì cos x  1; sin 3x  1, x nên (2)  0,25 cos x    sin x    Vậy PT có nghiệm là: x   k (k  Z ) 0,25 II2 1,0đ 2) Giải hệ phương trình:  y 1  (1) 3 xy  x 1  x   x (9 y  1)  4( x  1) x 10( 2)    ĐK: x 0 NX: x = không TM hệ PT Xét x > PT (1)   3y  3y y 1  x 1  x y  y (3 y )   x  x x Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t Ta có: f’(t) = + t     t 0,25       x (3) t 1 , t > t 1 >0 Suy f(t) đồng biến (0,+∞)   3y = PT(3)  f(3y)= f  x  x Thế vào pt(2) ta PT: x  x  4( x  1) x 10 Đặt g(x)= x  x  4( x  1) x  10 , x > Ta có g’(x) > với x >  g(x) hàm số đồng biến khoảng (0,+∞) Ta có g(1) = Vậy pt g(x) = có nghiệm x = Với x =1  y = http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25 0,25 KL: Vậy hệ có nghiệm nhất: (1; III1 1,0đ 0,25 ) 1) Rút gọn biểu thức: 1 1 1 S         1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010! ( k  1).k!.(2013  k )! 2014.2013!.0 k 2013 C 2013  S 2013!  +) Ta có: S   k 0 ( k  1).k!.(2013  k )! k 0 k  2013 +) Ta có: 0,25 k 2013 k 1 2014 C C 2013! 2014!    k  (k  1)!.(2013  k )! 2014.(k  1)! 2014  (k  1)! 2014 0,25 (k =0;1;…;2013) k 1 C 2014 2014 k   C 2014 +) Do đó: S.2013!=  2014 k 1 k 0 2014 2013 0,25 2014  2014   S  +) S.2013! = 2014 2014!  III2 1,0đ  2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:  u1    u un  un  n 1    0,25 (n  N *) n  k 1 u k  Tìm lim     +) Ta có: u n 1  u n  (u n2  4u n  4) 0, n  Dãy không giảm Nếu có số M: un  M với n, tồn limun = L Vì un  u1  L  u1 +) Khi ta có: L = L –L+2  L = (Vô lý) 0,25 0,25  limun =   1 +) Ta có: u n2  2u n  2u n 1  u n (u n  2) 2(u n 1  2)  u (u  2)  2(u  2) n n n 1  1 1 1      ( n  N * ) u n  u n u n 1  u n u n  u n 1  n +) Do đó: u k 1 k  1   lim  u1  u n 1   k 1 u k n   2  =  u1  IV1  B SAC   1) Cho khối chóp S ABC SA 2a, SB 3a, SC 4a, AS 900 , BSC 1200 1,5đ Gọi M, N đoạn SB SC cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) theo a http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25 0,25 S Dùng ĐL Cosin tính được: S MN = N A 0,25 2a A N C M H M B AM= 2a , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600)  0,25 tam giác AMN vuông A Gọi H trung điểm MN, SA = SM = SN tam giác AMN vuông A 0,25  SH  ( AMN ) ; tính SH = a Tính VS AMN  0,25 2a 3 0,25 VS AMN SM SN    VS ABC 2 2a VS ABC SB.SC IV2 0,25 3VS ABC 6a  2a 2 S SAB 3a 2) Cho tứ diện ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng đoạn AB 1,5đ đoạn CD cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN Vậy d (C ;( SAB ))  +) Đặt BM DN  x , với x 1   x Khi ta có: BM  x.BA DN  x.DC BA DC +) Ta có: Do đó: DN  x.DC  BN  BD  x ( BC  BD )  BN  x.BC  (1  x).BD 0,25 0,25 MN  BN  BM  x.BC  (1  x ).BD  x.BA +) MN2 = x a  (1  x) a  x a  x(1  x) a2 a2 a2  2x  x(1  x) 2 = a2  x  (1  x)  x  x(1  x)  x  x(1  x) = (2x2 – 2x + 1)a2 +) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + đoạn  0;1 ta có: 0,25 0,25 1 max f ( x)  f (0)  f (1) 1, f ( x)  f ( )  2 +) MN đạt giá trị nhỏ a 2 M, N trung điểm AB, CD +) MN đạt giá trị lớn a M B, N D M A, N C Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25 0,25 V 1,0đ Chứng minh rằng: x8  y8 y8  z8 z8  x8   8 x4  y4  x2 y2 y4  z4  y2z z4  x4  z2 x2 +) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 a.b.c = 0,25 a  b2 3(a  b ) nên a  b  ab  Dấu“=”có  a=b 2 a4  b4 a4  b4 a4  b4   (a  b ) 2 3 +) Ta có: a  b  ab Ta chứng minh: (1) a2  b2 a2  b2 2 0,25 Do ab      Thật vậy: (1)  2( a  b ) (a  b )  (a2 – b2)2 0 (luôn đúng) a  b4  (a  b ) Dấu“=”có  a2=b2  a=b 2 a  b  ab b4  c4  (b  c ) Dấu“=”có  b=c Áp dụng BĐT ta có: 2 b  c  bc Do ta được: +) 0,25 c4  a4  (c  a ) Dấu“=”có  c=a 2 c  a  ca Cộng vế BĐT ta được: a4  b4 b4  c4 c4  a4    (a  b  c ) (2) Dấu“=”có  a=b=c 2 2 2 a  b  ab b  c  bc c  a  ca +) Theo BĐT Cơ-si ta có: 2 (a  b  c ) 2.3 a b c 8 Dấu“=”có Do ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy   a=b=c x y z  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25

Ngày đăng: 05/11/2023, 21:59

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w