Đề Thi HSG Toán 12 Đợt I - THPT Nam Đàn 2 - Nghệ An [2009 - 2010] potx

Trang / 5 1 Së GD&§T NghƯ An tRƯỜNG THPT NAM ĐÀN 2 K× thi chän häc sinh giái N¨m häc 2009-2010 Mơn : Tốn khối 12 (Lần 1) Thời gian:180 phút Câu 1. (6.0 đ) 1/ Giả sử phương trình x 3 + x 2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Hãy xét dấu của biểu thức:A = a 2 – 3b. 2/ Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh 3 tan(x+1) tan( 1) 5 5 (1) 2 1 (2) 5 , (3) 6 4 y y x y x x y                  Câu 2. (5.5 đ) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường cong (H): 2x 1 y 2x 2    với x >1. a/. Xác định điểm M để tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành tam giác có chu vi nhỏ nhất. b/ M là điểm tùy ý trên (H), tiếp tuyến của (H) tại M cắt hai đường tiệm cận của (H) tại hai điểm A và B. Xác định điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. Câu 3 (5.0 đ) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD,có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC. M là một điểm thay đổi trong miền hình bình hành ABCD .Tia MG cắt mặt bên của hình chóp S.ABCD tại điểm N . Đặt : Q = MG NG NG MG  a/ Tìm tất cả các vò trí của điểm M sao cho Q đạt giá trò nhỏ nhất . b/ Tìm giá trò lớn nhất của Q . Câu 4 (3.5 đ) Cho hai số a 1 , b 1 với 0 < b 1 = 1 a < 1. Lập hai dãy số (a n ), (b n ) với n = 1, 2, theo quy tắc sau: n 1 n n 1 a (a b ) 2    , n 1 n 1 n b a .b    Tính: n n lim a   và n n l i m b   . …… Hết……… Trang / 5 2 Sở Gd&Đt Nghệ an Trng THPT Nam n 2 Kỳ thi chọn học sinh giỏi Năm học 2009- 2010 hớng dẫn và biểu điểm Chấm (Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang) Môn: Toán lớp 12 Câu Nội dung Biểu điểm Câu 1: 6,0 a. 3,0 y = f(x) = x 3 + x 2 + ax + b + Tp xỏc nh: R. y = 3x 2 + 2x + a l tam thc bc hai cú bit s = 1 3a. + Pt: x 3 + x 2 + ax + b = 0 cú 3 nghim phõn bit nờn y = 0 cú 2 nghim phõn bit x 1 , x 2 v f(x 1 ).f(x 2 )< 0. 0,5 + Suy ra: 1 2 1 3a 0 f(x ).f(x ) 0 (x 1 , x 2 l hai nghim ca phng trỡnh 3x 2 + 2x + a = 0). + Thc hin phộp chia a thc ta c: f(x) = x 3 + x 2 + ax + b = 1 1 1 x y' (6a 2)x 9b a 3 9 9 . Suy ra f(x 1 ) = 1 1 (6a 2)x 9b a 9 ; f(x 2 ) = 2 1 (6a 2)x 9b a 9 1,0 + f(x 1 ).f(x 2 ) < 0 (6a-2) 2 x 1 x 2 + (6a-2)(9b-a)(x 1 + x 2 ) + (9b-a) 2 < 0. + Vỡ x 1 , x 2 l 2 nghim ca phng trỡnh: 3x 2 + 2x + a = 0 nờn x 1 + x 2 = 2 3 ; x 1 .x 2 = a 3 . Do ú: 2 2 a 2 (6a 2) (6a 2)(9b a) (9b a) 0 3 3 suy ra: 4(3a 1)(a 2 3b) + (9b a) 2 < 0 + Vỡ (9b a) 2 0 v 3a 1 < 0 nờn a 2 3b > 0. 1.0 0,5 b. 3,0 T (1) tan(x+1)+5x=tan(y+1)+5y Hm s f(t) = tan(t+1)+5t cú f(t)>0 vi mi t suy ra f(t) ng bin f(x)=f(y) x=y 1.5 Vi x=y th vo 2 ta cú x=1 hoc 1 5 2 x 1,0 i chiu iu kin (3) ta cú nghim: 0,5 Trang / 5 3 x=1 hoặc 1 5 2 x    Câu 2. 5,5 a.  M(x 0 ;y 0 )  (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d): 0 0 2 0 0 2x 1 2 y (x x ) 2x 2 (2x 2)        . 0.5  d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm A(1; 0 0 x x 1 ), B(2x o – 1;1). 0,5 Giao của hai đường tiệm cận là I(1;1). Ta có chu vi IAB là: P= IA+IB+AB= 2 0 0 2 0 0 1 1 2(x 1) 4(x 1) (x 1) (x 1)        (vì x 0 >1) 1,0 sử dụng BĐT Cosi (hoặc sử dụng hàm số) Ta có 2( 2 1)P   0,5 Vậy min 0 1 2( 2 1) 1 2 P khi x    Điểm M cần tìm là: 1 1 (1 ,1 ) 2 2 M   0,5 b. 2,5  M(x 0 ;y 0 )  (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d): 0 0 2 0 0 2x 1 2 y (x x ) 2x 2 (2x 2)        . 0.5  d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm A(1; 0 0 x x 1 ), B(2x o – 1;1). 0,5  Vì x 0 > 1 nên y A = 0 0 x x 1 >1, x B = 2x 0 – 1 > 1. Do đó I ở miền trong tam giác OAB nên: 0,5 S OAB = S OIB + S OIA + S IAB = 1 2 IA + 1 2 IB + 1 2 IA.IB = 1 2 2(x 0 – 1) + 1 2 . 0 1 x 1 + 1 2 .2(x o – 1). 0 1 x 1 0,5 Tính S OAB = 1 2 AB.h với h = d(O;AB).  Tính S OAB = 1 2 AB.h với h Do đó áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ta 0,5 Trang / 5 4 hai số dương x o – 1, 0 1 2(x 1) ta có: S OAB = x o – 1 + 0 1 2(x 1) + 1  1 + 2 1 1 2 2   . Đẳng thức xảy ra khi: x o – 1 = 0 1 2(x 1) 0 1 x 1 2    .  Vậy S OAB nhỏ nhất khi M( 1 1 2  , 1 1 2  ). 1/ 0 0 1 OA 1; ; OB (2x 1;1) x 1              . Cách khác: Tính diện tích OAB theo cách sau: 1/ Tính:   2 2 2 OAB 1 S OA .OB OA.OB 2     . 2/ Tính S OAB = 1 2 AB.h với h = d(O;AB). = d(O;AB). Câu3 a/ (Hình vẽ ở trang cuối) + Q = MG NG NG MG   2 .Dấu bằng khi và chỉ khi : NG MG = MG NG = 1 . + SG cắt mp(ABCD) tại tâm O của hình bình hành ABCD. Gọi K là trung điểm của SG . Từ K dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SA,SB,SC,SD lần lượt tại A 1 ,B 1 ,C 1 ,D 1 .Từ N dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SG tại N’. Ta có: MG NG = OG GN' ; MG NG =1  N’trùng K  N thuộc cạnh hình bình hành A 1 B 1 C 1 D 1 Nối NK cắt cạnh hình bình hành A 1 B 1 C 1 D 1 tại P, ta có : PM // SG . + Từ đó : Q=2 khi và chỉ khi M thuộc cạnh hình bình hành ' 1 ' 1 ' 1 ' 1 DCBA ' 1 ' 1 ' 1 ' 1 DCBA là hình chiếu song song của hình bình hành A 1 B 1 C 1 D 1 lên mp(ABCD) theo phương SG . 3.0 b +Miền hình bình hành ABCD hợp bởi các miền tam giác OAB,OBC,OCD,ODA M thuộc miền hình bình hành ABCD nên M thuộc một trong bốn miền tam giác này. Chẳng hạn M thuộc miền  OAB. M  A  N  C’; M  B  N  D’; M  O  N  S. 1.0 x y O I K Trang / 5 5 Do đó N thuộc miền  SC’D’ và N’ thuộc đoạn SH ,với C’,D’ và H lần lượt là trung điểm của SC,SD và SO . Do đó : HG  N’G  SG. Vì vậy : OG HG  OG GN'  OG SG hay 2 1  MG NG  2. + Đặt x = MG NG Ta có : Q = x 1 + x với x  [ 2 1 ;2]. Q’= 0 và x  ( 2 1 ;2)  x = 1 . MaxQ = Max{Q( 2 1 );Q(2);Q(1)}= 2 5 . + Giá trò lớn nhất của Q là : 2 5 . Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh A,B,C,D. D' C' H G N' N M O D C B A s 1.0 Câu 4 3,5 +(0.50 đ) Tính a 2 , b 2 với 0 < b 1 = 1 a < 1 ta có thể chọn 0 < a < 2  sao cho: b 1 = cosa, suy ra a 1 = cos 2 a. 2 2 2 1 1 a a (cos a cosa) cosa(cosa 1) cosa.cos 2 2 2      2 2 a a b cosacos cosa cosacos 2 2   + Bằng quy nạp, chứng minh được: n n 1 n 1 a a a a cosacos cos cos (1) 2 2 2    n n 1 a a b cosacos cos (2) 2 2   0.75 1.0 Trang / 5 6 + Nhân hai vế của (1) và (2) cho n 1 a sin 2  và áp dụng công thức sin2a được: n 1 n n n n n 1 n 1 a sin 2a.cos sin 2a 2 a , b a a 2 .sin 2 .sin 2 2      . +(0.50 đ) Tính giới hạn: n n n n sin 2a sin 2a lima , lim b 2a 2a     1.0 0.75 . 1 a sin 2  và áp dụng công thức sin2a được: n 1 n n n n n 1 n 1 a sin 2a.cos sin 2a 2 a , b a a 2 .sin 2 .sin 2 2      . +(0.50 đ) Tính gi i hạn: n n n n sin 2a sin 2a lima , lim b 2a 2a . Trang / 5 1 Së GD&§T NghƯ An tRƯỜNG THPT NAM ĐÀN 2 K× thi chän häc sinh gi i N¨m häc 20 0 9 -2 010 Mơn : Tốn kh i 12 (Lần 1) Th i gian:180 phút Câu 1. (6.0 đ) 1/ Giả sử phương trình x 3 + x 2 . 1 >1, x B = 2x 0 – 1 > 1. Do đó I ở miền trong tam giác OAB nên: 0,5 S OAB = S OIB + S OIA + S IAB = 1 2 IA + 1 2 IB + 1 2 IA.IB = 1 2 2(x 0 – 1) + 1 2 . 0 1 x 1 + 1 2 .2( x o – 1). 0 1 x