Đang tải... (xem toàn văn)
Tổng hợp đề thi và đáp án thi học sinh giỏi môn toán hệ bổ túc năm 2009 Môn toán Năm 2009
Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá CHNH THC Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH Nm hc: 2008-2009 Mụn thi: Toán LP : 12 BTTHPT Ngy thi: 28/03/2009 Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) Bài 1(5,0 điểm) Cho hàm số 12 24 += xxy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình: 0)1(log2 2 24 =+ mxx . Bài 2 (3,0 điểm) 1. Tính I = 1 0 2 )12( dxex xx 2. Giải hệ phơng trình: =+ =+ 5 12 22 22 yx yxyx . Bài 3 (4,0 điểm) 1. Từ 5 chữ số 1;2 ;3 ;4 ;5 có thể thành lập đợc bao nhiêu số gồm 5 chữ số đôi một khác nhau, sao cho trong các số đó chữ số đầu tiên bên trái không phải là chữ số 5. 2.Giải phơng trình: 01cossin22sin =+ xxx . Bài 4 (4,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình: 1)2()2( 22 =++ yx . Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó đi qua điểm A(1;0). 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết BA = 4 , BC =3, cạnh bên SA = 2 và vuông góc với mặt đáy. Chứng minh hình chóp đã cho có bốn mặt đều là các tam giác vuông. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Bài 5.(4,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A(1;1;2) , B(1;2;-1), C(-2;0;-1), D(0;2;0). 1.Chứng minh hai đờng thẳng AB và CD chéo nhau. 2. Tính thể tích tứ diện ABCD. Hết Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Đáp án đề chính thức Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH Nm hc: 2008-2009 Mụn thi: Toán LP : 12 BTTHPT Ngy thi: 28/03/2009 1 S bỏo danh . Đáp án gồm có 4 trang Bài Đáp án và hớng dẫn chấm Điểm Bài 1 5đ 1(3đ) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 12 24 += xxy 1. Tập xác định R 2 Sự biến thiên = = = = = 1 1 0 0 44 , 3, x x x y xxy Bảng biến thiên x -1 0 1 + , y - 0 + 0 - 0 + y + + 0 1 0 3 Đồ thị : 0,5 0,5 1,5 0,5 2. (2đ) )1(log1120)21(log2 2 24 2 24 mxxmxx =+= . Số nghiệm của phơng trình là số giao diểm của đồ thị (C) ở câu 1 với đ- ờng thẳng (d) : ( ) my = 1log1 2 Đờng thẳng (d) tồn tại khi 1- m > 0 hay m < 1 * Nếu ( ) ( ) 12111log01log1 22 <>>< mmmm Phơng trình vô nghiệm *Nếu m = -1 phơng trình có 2 nghiệm * Nếu 011)1(log10 2 <<<< mm , phơng trình có 4 nghiệm phân biệt * Nếu m = 0 phơng trình có 3 nghiệm * Nếu 0 < m <1 phơng trình có 2 nghiệm 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 2 3đ 1.(1đ) I = ( ) 0)()12( 1 0 1 0 2 1 0 222 === xxxxxx exxdedxex 1,0 2. (2đ) 2 x -1 1 1 0 y =+ = =+ = =+ = =+ = =+ =+ =+ =+ )( 3 2 )( 3 2 9)( 2 52)( 2 52)( 14)( 5 12 2 2 2 2 22 22 II yx xy I yx xy yx xy xyyx xy xyyx xyyx yx yxyx *Từ hệ (I) suy ra x, y là hai nghiệm của phơng trình: t 2 -3t +2 =0 = = 2 1 t t suy ra hệ (I) có hai nghiệm ( 1 ; 2) và (2 ; 1 ) *Từ hệ (II) suy ra x; y là hai nghiệm của phơng trình: t 2 +3t +2 =0 = = 2 1 t t suy ra hệ (II) có hai nghiệm (-1;-2) và (-2; -1) Vậy hệ phơng trình đã cho có 4 nghiệm là: (1 ; 2) , (2 ; 1 ) , (-1 ; -2 ) , (-2 ; -1) 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 3 4đ 1.(2đ) Số các số đợc thành lập từ 5 chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 bằng số hoán vị của 5 phần tử 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 bằng P 5 =5! = 120 Do tính bình đẳng của các chữ số nên số các số thành lập đợc từ 5 chữ số ấy có chữ số 5 đứng đầu tiên bên trái bằng 24 5 120 5 5 == P Vậy số các số thoả mãn bài toán là 120 - 24 = 96 0,75 0,75 0,5 2.(2đ) PT sin2x -2sinx - cosx +1 = 0 tơng đơng với phơng trình 2sinx cosx -2sinx-cosx +1 = 0 hay 2sinx(cosx- 1) -(cosx - 1) =0 Tơng đơng với (cosx - 1)(2sinx - 1) = 0 <=> = = 2 1 sin 1cos x x cosx =1 Zkkx = ;2 Zk kx kx x = += = ; 2 6 5 2 6 2 1 sin Vậy phơng trình có nghiệm là: Zkkxkxkx +=+== ;2 6 5 ;2 6 ;2 0,5 0,5 0,5 0,5 3 Bài 4 4đ 1.(2đ) Đờng tròn (C) có tâm I (2; -2) .Bán kính R = 1 Đờng thẳng (d) đi qua điểm A có phơng trình là ax + by +c=0 Với a, b không đồng thời bằng 0 Do A(1 ; 0) thuộc (d) suy ra a.1 + b.0 = c hay c = -a Suy ra (d) có phơng trình ax + by - a = 0 (d) là tiếp tuyến của (C) khoảng cách từ A đến (d) bằng R 04321 )2.(2. 222 22 =+== + + abbbaba ba aba * Chọn b = 0 ; a = 1 Ta có (d 1 ) : x =1 * Chọn a =3 thì b = 4 Ta có (d 2 ) : 3x + 4y-3 = 0 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 2.(2đ) S C H B A Hình vẽ 4 Do )(ABCSA suy ra ABSA và ra ACSA suy ra các mặt bên SAB và SAC là các tam giác vuông tại A. Theo giả thiết thì tam giác ABC vuông tại B Do BCSBBCAB ( theo định lí 3 đờng vuông góc) Suy ra tam giác SBC vuông tại B Vậy hình chóp SABC có 4 măt đều là các tam giác vuông Kẻ )( SBHSBAH do AHBCSABBC SABC SBBC )( Ta có )(SBCAH BCAH SBAH suy ra AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) Lại có AH.SB = SA. AB suy ra SBSBSB ABSA AH 84.2. === Trong tam giác SAB vuông tại A có 52164 22 =+=+= ABSASB Suy ra AH = 5 54 52 8 = 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Bài 5 4đ 1.(2,5đ) )2;1;1(),3;1;3(),3;1;0( === ADACAB Ta có [ ] 09)2(1.)1(., 1 1 0 3 0 3 3 3 3 3 1 1 =++= ADACAB Vậy 4 điểm A , B , C , D không đồng phẳng suy ra hai dờng thẳng AB và CD chéo nhau 1,0 1,0 0,5 2(1,5đ) Gọi V là thể tích của hình chóp SABC thì V = [ ] 2 3 6 9 9. 6 1 ., 6 1 ===ADACAB (đơn vị thể tích) 1,5 5