De thi hoc sinh gioi cap tinh 20102011 Cao Bang

Tính theo a thể tích khối chóp A’ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’.. * Gọi I là trung điểm của BC, từ giả thiết suy ra A’I là đường cao của lăng trụ.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI ( Đề gồm 01 trang) x 1 x  có đồ thị (H) Câu I (5 điểm): Cho hàm số a) Chứng minh đường thẳng y  x  m luôn cắt đồ thị (H) hai điểm phân biệt A, B Tìm y m để khoảng cách AB ngắn 2sin u  t  0;   b) Tìm t để phương trình sin u  ( ẩn là u) có nghiệm trên Câu II (4 điểm): a) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn hàm số b) Cho tam giác ABC có các góc A,B,C thỏa mãn định các góc A,B,C y  2 x  2 x  (2  x)(2  x) cos A  cos B  cos 2C  0 Xác  x  y   k ( x  y  1) 1  xy  x  y Câu III (3 điểm): Cho hệ phương trình  ( k là tham số) a) Giải hệ phương trình k=0 b) Tìm k để hệ phương trình có nghiệm Câu IV (2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M, N là trung điểm các cạnh SA, SD Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC Q, P Đặt VS MNPQ SQ  x V SB S ABCD , tìm x để Câu V (4 điểm): Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông A, AB=a, AC a và hình chiếu vuông góc đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A’.ABC và tính cosin góc hai đường thẳng AA’ và B’C’ Câu VI (2 điểm): u1 1   u1 u2 un   un2 lim      u   u , n   n 1 n n   u u3 un 1  ( u ) 2010   n Cho dãy số xác định sau: Tính Hết Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: Họ tên, chữ kí giám thị 1: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CAO BẰNG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán ( Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu I (5 điểm) Nội dung x 1 x  có đồ thị (H) Cho hàm số a) Chứng minh đường thẳng y  x  m luôn cắt đồ thị (H) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để khoảng cách AB ngắn * Hoành độ giao điểm (H) và đường y  x  m nghiệm phương trình x 1  x  m x2 (1) Điểm y  x  (4  m) x   2m 0   x  Ta có (1)  x m  12   ( 2)  (4  m)( 2)   2m  0 Vì  nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt đó y  x  m đường thẳng luôn cắt (H) hai điểm phân biệt A,B * Vì A, B là giao điểm (H) và đường y  x  m nên hoành độ A và B  x A  xB m   x x 1  2m x  (4  m ) x   m  nghiệm phương trình Theo Viet ta có  A B (2) 2 Khoảng cách AB ( xB  x A )  ( yB  y A ) AB ( xB  xA )  (( xB  m)  ( xA  m)) 0,5 0,5 0,5 (2) 2( xB  x A ) 2(m  12) 24  AB 2 Do AB ngắn m=0 2sin u  t  0;   b) Tìm t để phương trình sin u  (*) ( ẩn là u) có nghiệm trên u   0;   x   0;1 Đặt sin u x , vì nên x 1 t x   0;1 Bài toán đưa tìm t để phương trình x  có nghiệm x 1 y x  trên  0;1 Xét hàm số Hàm số y xác định và liên tục với x   0;1 0,5 0,5  0, x   0;1 y  y (0)  max y  y (1) 1 ( x  2) , x 0;1 Suy x 0;1  t 1 Do đó phương trình (*) có nghiệm II a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số (4 điểm) y   x   x  (2  x)(2  x) y'  * Tập xác định: 0,5   2; 2 0,5 t2  t2 y t    t  2 * Đặt t   x   x , suy  2; 2 Xét hàm số t ( x)   x   x trên  1 2 x  2x t '( x)    2  x 2  x 2  x  x , t '( x) 0   x  Bảng biến thiên:  x 0  x 0 x t’ -2 + 0 2 0,5 - t 2 Suy t 2 y  Bài toán đưa tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số  2; 2   đoạn  y ' 0  t 1   2; 2  y '  0, x   2; 2  Ta có y '  t  , , t2 t 2 trên Bảng biến thiên: t y’ 2 2 y 2 Vậy: Giá trị lớn hàm số x 2 ( t=2) Giá trị nhỏ hàm số 2  x 0 ( t 2 ) b) Cho tam giác ABC có các góc A,B,C thỏa mãn cos A  cos B  cos 2C  0 Xác định các góc A,B,C Ta có: cos A  cos B  cos 2C   cos A  3(cos B  cos 2C )  0 0  2cos A   3.cos( B  C ).cos( B  C )   cos A  3cosA.cos(B-C)+ 0 0   3   cosAcos(B-C)     cos (B-C)  0     3   cosAcos(B-C)   sin (B-C) 0   sin( B  C ) 0   cos A  cos( B - C )  Vì A, B, C là các góc tam giác nên ta có o  B C   cosA=  o  B C 75  B C  B C 75      o o A 30o  A 30  A 30 Vậy:  III  x  y   k ( x  y  1) 1 (3 điểm)  xy  x  y Cho hệ phương trình  ( k là tham số) a) Giải hệ phương trình k=0  x  y  0  x  y 0 Điều kiện:   x  y  1  x  y 2 ( x  y )2  xy 2    xy   x  y  xy   x  y  xy   x  y Với k=0 ta có hệ    S 0  2  S  P 2  S  2S 0  P       S 2  x  y S  P  S  P S    xy  P   P 1 Đặt  , ta hệ  S 0  x 1  x     + Với  P  suy  y   y 1 ( thỏa mãn điều kiện)  S 2  + Với  P 1 suy x=y=1 ( thỏa mãn điều kiện) Vậy: với k=0, hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;-1), (-1;1), (1;1) b) Tìm k để hệ phương trình có nghiệm Nhận thấy: ( x0 ; y0 ) là nghiệm hệ phương trình thì ( y0 ; x0 ) là nghiệm hệ Do đó, để hệ có nghiệm thì điều kiện cần là x0  y0  x   k ( x  1) 1 0  x  2 x0 Thay x, y hệ phương trình x0 ta được:  , suy 0,5 0,5 1 0,5 0,5 k 0   x0 1 Với k=0, theo ý a hệ phương trình có nghiệm Do không có giá trị k nào để hệ có nghiệm IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M, N là trung điểm SA, SD Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC VS MNPQ SQ  x V SB S ABCD Q, P Đặt , tìm x để V VS ABD VS BCD  V  V Vì MN//BC nên PQ//BC Đặt S ABCD Ta có SP SQ   x SC SB VS MNQ SM SN SQ x   V SA SD SB S ABD + VS MNQ x VS MNQ x    V V 2 VS NPQ SN SQ SP V   x  S NPQ  x V + VS BCD SD SB SC VS MNPQ VS MNQ  VS NPQ x x2        x  x  0  V 8 Ta có: VS ABCD x=1 x   ( loại) Vậy x=1 V Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam (4 điểm) giác vuông A, AB=a, AC a và hình chiếu vuông góc đỉnh A’ trên mp(ABC) là trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A’ABC và tính cosin góc hai đường thẳng AA’ và B’C’ *) Gọi I là trung điểm BC, từ giả thiết suy A’I là đường cao lăng trụ AI  BC  a  3a a Ta có ,  A ' I  AA '2  AI  4a  a a Thể tích khối chóp A’.ABC a3 1 V  S ABC A ' I  AB.AC A ' I  a.a 3.a  3 (đvtt) *) Góc AA’ và B’C’ góc BB’ và BC 2 2 Tam giác IA’B’ vuông A’ nên IB '  IA '  A ' B '  3a  a 2 a Suy tam 0,5   giác BB’I cân B’ nên góc B ' BI nhọn, đó góc B ' BI là góc BB’ và BC BI a  ' BI  cosB   BB ' 2.2a Ta c ó: Vậy: cosin góc hai đường thẳng AA’ và B’C’ VI (2 điểm) 0,5 u1 1   un2 u   un , n 1  n 1 ( u ) 2010  n Cho dãy số xác định sau: u u u  lim     n  n   u un 1   u3 Tính u u2 u 1 un 1  n  un  un 1  un  n  n 2010.(  ) 2010 2010 u u u n  n n  Ta có: Suy ra: 1 1 u u1 u2 1     n 2010         )  2010(1  u2 u3 un 1 un un un1  un 1  u1 u2 u2 u3 un2 un 1  un   0, n  N * 2010 Vì nên (un ) là dãy đơn điệu tăng Giả sử (un ) bị chặn  lim un a trên thì n  un2 a2 un 1   un a a 2010 2010 Lấy giới hạn hai vế biểu thức , ta có phương trình , u  1,  n suy a=0 ( vô lí vì n ) 0,5 Do đó (un ) không bị chặn trên tức lim un  u u u  0,5 lim     n   lim 2010.(1  ) 2010 n   u un 1  n   un1  u3 Ta có * Lưu ý chung toàn bài : + Điểm toàn bài là tổng điểm các bài thành phần, giữ lại hai chữ số thập phân + Nếu thí sinh giải theo cách khác mà lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác thì cho điểm tối đa bài đó