Tài liệu Đề thi và đáp án thi HSG 12 - Thái Bình năm học 2010 - 2011

9 1.8K 33
Tài liệu Đề thi và đáp án thi HSG 12 - Thái Bình năm học 2010 - 2011

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4 điểm). Cho hàm số ( ) ( ) 3 2 2 2 y 2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 = − + + − + − + − có đồ thị là (C m ). 1. Tìm điểm cố định mà đồ thị (C m ) luôn đi qua với mọi m. 2. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu, đồng thời các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu. Câu II (4 điểm). 1. Giải phương trình sau: ( ) 3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3 1 2cos x 3 − − − = + . 2. Giải phương trình sau: ( ) 2 3 2 2x 1 log 3x 8x 5 x 1 − = − + − . Câu III (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1: ( ) 3 x 2 y x 4 8m y x 2y  >    +  =  −  Câu IV (3 điểm). 1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực x n sao cho: n n X 1 x n 0 2010 − + = . Xét dãy số (U n ) với U n = x n − n. Tìm lim U n . 2. Tìm n nguyên dương thoả mãn: ( ) 0 1 2 2 n n n n n n C 2C 6C . n n 2 C 403+ + + + − + = . Với k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử. Câu V (2 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông ABCD, biết rằng các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(2; 1), N(0; 1), P(3; 5), Q(−3; −1). Câu VI (3 điểm). Cho hình chóp S.ABC có G là trọng tâm ∆ABC. 1. Gọi (P) là mặt phẳng cắt các đoạn SA, SB, SC, SG lần lượt tại A’, B’, C’, G’ sao cho không có điểm nào trùng với đầu mút của các đoạn thẳng. Chứng minh rằng: SA SB SC SG 3 SA' SB' SC' SG ' + + = . 2. Khi hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM BN với M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC. 3. Khi hình chóp S.ABC có SA = a, SB = 2a, SC = 3a · o ASB 60= , · o BSC 90= , · o CSA 120= . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu VII (2 điểm). Cho 2010 số thực dương a 1 , a 2 , ., a 2010 thoả mãn: 1 2 2010 1 2 2010 . 2009 1 a 2 a 2010 a + + + ≥ + + + Tìm giá trị lớn nhất của tích P = a 1 a 2 .a 2010. --- HẾT --- Họ tên thí sinh: Số báo danh: 1 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (Đáp án gồm 08 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu I (4 điểm) Cho hàm số ( ) ( ) 3 2 2 2 y 2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 = − + + − + − + − có đồ thị là (C m ). 1. Tìm điểm cố định mà đồ thị (C m ) luôn đi qua với mọi m. 2. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu, đồng thời các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu. 1. Gọi A(x; y) là điểm mà đồ thị (Cm) đi qua ∀m ⇔ ( ) ( ) 3 2 2 2 2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 y − + + − + − + − = ∀m 0,5đ ( ) ( ) 2 2 3 2 4x 2 m 4x 4x 3 m 2x x 4x 2 y 0 − − + − + − + − − = ∀m 0,5đ 2 3 2 4x 2 0 4x 4x 3 0 2x x 4x 2 y 0 − =   ⇔ + − =   − + − − =  0,5đ 1 x 1 A ;0 2 2 y 0  =    ⇔ ⇒   ÷    =  0,5đ 2. Ta có y’ = 6x 2 − 2(4m + 1)x + 4(m 2 − m + 1) Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm pb ⇔ (4m + 1) 2 − 24(m 2 − m + 1) > 0 0,5đ ⇔ − 8m 2 + 32m − 23 > 0 ⇔ 8 3 2 8 3 2 m ; 4 4   − + ∈  ÷  ÷   (1) 0,5đ Khi hàm số có cực đại, cực tiểu để các giá trị cực trị của hàm số cùng dấu thì điều kiện cần đủ là (C m ) cắt Ox tại đúng 1 điểm ⇔ ( ) ( ) 3 2 2 2 2x 4m 1 x 4 m m 1 x 2m 3m 2 0 − + + − + − + − = có đúng 1 nghiệm 0,25đ ⇔ ( ) ( ) 2 2 2x 1 x 2mx 2m 3m 2 0 − − + − + = có đúng 1 nghiệm 0,25đ ⇔ x 2 − 2mx + 2m 2 − 3m + 2 = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0,5 ⇔ m 2 − 2m 2 + 3m − 2 < 0 hoặc 0 1 m 2 ∆ =    =   vô nghiệm 0,25đ ⇔ m 2 − 3m + 2 > 0 ⇔ m ∈ ( −∞ ; 1) ∪ (2 ; + ∞) (2) Kết hợp (1) (2) ta được m ∈ 8 3 2 8 3 2 ;1 2; 3 4     − + ∪  ÷  ÷  ÷  ÷     0,25đ Câu II (4 điểm) 1. Giải phương trình sau: ( ) 3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3 1 2cosx 3 − − − = + . 2. Giải phương trình sau: ( ) 2 3 2 2x 1 log 3x 8x 5 x 1 − = − + − . 1. Giải phương trình: 0,25đ 2 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM ĐK: 3 2cos x 3 0 cosx 2 + ≠ ⇔ ≠ − PT ⇔ ( ) 3 sin2x cos2x 5sin x 2 3 cosx + 3 + 3 2cos x 3 − − + − = + ⇔ 3sin2x cos2x 5sin x 3cosx + 3 = 0 − − − 0,25đ ⇔ ( ) 2 3cosx 2sinx 1 + 2sin x 5sin x + 2 = 0 − − ⇔ ( ) ( ) ( ) 3cosx 2sinx 1 + 2sinx 1 sin x 2 = 0 − − − 0,25đ ⇔ ( ) ( ) 2sin x 1 3cosx + sinx 2 = 0 − − 0,25đ ⇔ 1 sinx = 2 3 1 cos x sin x 1 2 2     + =   0,25đ ⇔ 1 sinx = 2 sin x 1 3    π    + =  ÷     0,25đ ⇔ x k2 6 5 x k2 6 x k2 6 π  = + π   π  = + π   π  = + π   0,25đ So sánh đk, kết luận nghiệm pt: x k2 6 π = + π 0,25đ 2. ĐK: 1 x 2 x 1  >    ≠  0,25đ PT ⇔ log 3 (2x − 1) − log 3 (x − 1) 2 = 3x 2 − 8x + 5 0,25đ ⇔ log 3 3(x − 1) 2 + 3(x − 1) 2 = log 3 (2x − 1) + 2x − 1 0,5đ Xét f(t) = log 3 t + t trên (0; +∞) Ta có: 1 f '(x) 1 0 t 0 t ln 3 = + > ∀ > ⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên (0; +∞) (1) 0,25đ PT ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 f 3 x 1 f 2x 1 − = − (2) Từ (1) (2) ta được 3(x − 1) 2 = 2x − 1 0,25đ ⇔ 3x 2 − 8x + 4 = 0 ⇔ x 2 (TM) 2 x (TM) 3 =    =  0,25đ KL: S = 2 2 ; 3       0,25đ 3 (thoả mãn) (loại) (thoả mãn) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu III (2 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1: ( ) 3 x 2 (1) y x 4 8m (2) y x 2y  >    +  =  −  ĐK cần: Giả sử hệ có nghiệm (x; y) thoả mãn x ≥ −1. Phương trình (1) ⇔ y(x − 2y) > 0 Ta có: 0 < y(x − 2y) = xy − 2y 2 = 2 2 2 2 2 2 xy x x x x x 2 y 2. y 1 x 0 2 16 8 4 8 8     − − + + = − − + ≤ ⇒ − ≤ ≠  ÷       0,25đ Từ (2) ⇒ ( ) ( ) 3 3 3 2 2 8 x 4 x 4 x 4 8m x y x 2y x 8 + + + = ≥ = − ⇒ 2 4 m x x ≥ + (*) 0,25đ Hệ có nghiệm (x; y) với x ≥ −1 nên (*) có nghiệm x ≥ −1 Xét hàm số 2 4 f (x) x x = + trên D = [−1; +∞)\{0} Ta có 3 3 3 8 x 8 f '(x) 1 x x − = − = f’(x) = 0 ⇔ x = 2 0,25đ BBT: 0,25đ BBT ⇒ (*) có nghiệm ⇔ D minf (x) m≤ ⇔ m ≥ 3 0,25đ ĐK đủ: Với m ≥ 3 Cho x = 2. Ta xét hệ ( ) 2 2 y 12 8m y 2 2y  >     =  −  ⇔ 2 0 y 1 3 y y 0 (3) 4m  < <   − + =   0,25đ Do m ≥ 3 nên PT (3) có ∆ = 3 m 3 1 4. 0 4m m − − = ≥ PT (3) có 2 nghiệm 1 3 1 1 m y 2 − − = ∈ (0; 1) ; 2 3 1 1 m y 2 + − = ∈ (0; 1). 0,25đ 4 x f’ f −1 0 + − +∞ +∞ + 0 +∞ +∞ 3 3 2 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM ⇒ Hệ luôn có nghiệm 3 1 1 m 2; 2   ± −  ÷  ÷  ÷  ÷   với ∀m ≥ 3. Kết luận ∀m ≥ 3. 0,25đ Câu IV (3 điểm) 1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực x n sao cho: n n X 1 x n 0 2010 − + = . Xét dãy số (U n ) với U n = x n − n. Tìm lim U n . 2. Tìm n nguyên dương thoả mãn: ( ) 0 1 2 2 n n n n n n C 2C 6C . n n 2 C 403+ + + + − + = . Với k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử. 1. Với mỗi n ∈ N* , xét X 1 f (x) x n 2010 = − + liên tục trên R X ln 2010 f '(x) 1 0 x R 2010 − = − < ∀ ∈ ⇒ f(x) nghịch biến trên R 0,25đ ⇒ PT f(x) = 0 nếu có nghiệm, nghiệm đó là duy nhất. (1) 0,25đ Ta lại có n n 1 1 f (n) 0 2010 1 f (n 1) 1 0 2010 +  = >     + = − <   ⇒ f(n).f(n+1) < 0 (2) 0,5đ Từ (1) (2) ⇒ với mỗi số nguyên dương n thì phương trình x 1 x n 0 2010 − + = có đúng 1 nghiệm x n ∈ (n; n + 1) 0,5đ Ta lại có 0 < x n − n n X n 1 1 2010 2010 = < vì x n > n 0,25đ Tức |x n − n| < n 1 2010 mà lim n 1 2010 = 0 ⇒ lim U n = 0 0,25đ 2. Xét k.triển: (1 + x) n = 0 1 2 2 3 3 n n n n n n n C xC x C x C . x C+ + + + + (1) Thay x = 2 vào (1) ta có: 0 1 2 2 n n n n n n n C 2C 2 C . 2 C 3+ + + + = (a) 0,25đ Đạo hàm hai vế của (1) ta có ( ) n 1 1 2 2 3 n 1 n n n n n C 2xC 3x C . nx C n 1 x − − + + + + = + (2) Đạo hàm hai vế của (2) ta có ( ) n 2 2 3 n 2 n n n n 2C 3.2xC . n(n 1)x C n n 1)(x 1 − − + + + − = − + (3) 0,25đ Thay x = 1 vào (3) ta có: 2 3 n n 2 n n n 2C 3.2C . n(n 1)C n(n 1)2 − + + + − = − (b) Từ (a) (b) ta có: ( ) 0 1 2 2 n n n n 2 n n n n C 2C 6C . (n n 2 )C 3 n n 1 2 − + + + + − + = + − 0,25đ Vậy pt ⇔ 3 n + n(n − 1).2 n − 2 = 403 Xét f(n) = 3 n + n(n − 1).2 n − 2 trên [1; +∞) f’(n) = 3 n ln3 + (2n − 1).2 n − 2 + n(n − 1).2 n − 2 ln2 > 0 ∀n ∈ [1; +∞) ⇒f(n) đồng biến trên [1; +∞) mà f(5) = 403 ⇒ pt có nghiệm duy nhất n = 5. 0,25đ 5 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu V (2 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông ABCD, biết rằng các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(2; 1), N(0; 1), P(3; 5), Q(−3; −1). Giả sử đt AB có véc tơ pháp tuyến ( ) n A;B r với A 2 + B 2 > 0 T/c hình vuông gt ⇒ AB: Ax + By − 2A − B = 0 CD: Ax + By − 3A − 5B = 0 BC: Bx − Ay + A = 0 AD: Bx − Ay − A + 3B = 0 0,5đ Khi đó tứ giác ABCD là hình vuông khi chỉ khi d(AB; CD) = d(BC; AD) 2 2 2 2 A 4B 3A 3B A B B A + − ⇔ = + + 0,25đ A 4B 2A 3B A 7B A 4B 3B 2A B 3A + = − =   ⇔   + = − = −   0,25đ * Với A = 7B ta có pt các cạnh hình vuông là: AB: 7x + y − 15 = 0 CD: 7x + y − 26 = 0 BC: x − 7y + 7 = 0 DA: x − 7y − 4 = 0 0,5đ * Với A = −3A ta có pt các cạnh hình vuông là: AB: x − 3y + 1 = 0 CD: x − 3y + 12 = 0 BC: 3x + y − 1 = 0 DA: 3x + y + 10 = 0 0,5đ Câu VI (3 điểm) Cho hình chóp S.ABC có G là trọng tâm ∆ABC. 1. Gọi (P) là mặt phẳng cắt các đoạn SA, SB, SC, SG lần lượt tại A’, B’, C’, G’ sao cho không có điểm nào trùng với đầu mút của các đoạn thẳng. Chứng minh rằng: SA SB SC SG 3 SA' SB' SC' SG ' + + = . 2. Khi hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM BN với M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC. 3. Khi hình chóp S.ABC có SA = a, SB = 2a, SC = 3a · o ASB 60= , · o BSC 90= , · o CSA 120= . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Hình vẽ ý 1 6 A D B C Q P N M A B M K C C’ N A’ B’ I G O E G’ S CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1. + Gọi M là trung điểm BC; N = C’B’ ∩ SM; G’ = A’N ∩ SG + Nếu (P) // (ABC) thì đẳng thức hiển nhiên đúng. + Xét (P) không song song (ABC), giả sử (B’C’ // BC; A’N // AM) kẻ BO // B’C’; CK // B’C’ ⇒ M là trung điểm OK. Trong ∆SCK có C’N // CK ⇒ SC SK SM MK SC' SN SN + = = (1) 0,25đ Trong ∆SBO có B’N // BO ⇒ SB SO SM MO SB' SN SN − = = (2) Từ (1) (2) ⇒ SB SC SM 2. SB' SC' SN + = (a) 0,25đ Gọi I là trung điểm AG ⇒ AI = IG = GM Áp dụng (a) cho ∆SIM có SM SI SG 2. SN SE SG ' + = Hay SM SI SG 2. 2. 4. SN SE SG ' + = (b) 0,25đ Áp dụng (a) cho ∆SAG có SA SG SI 2. SA' SG ' SE + = (c) Từ (a), (b), (c) ⇒ SA SB SC SG 3. SA' SB' SG' SG ' + + = 0,25đ Hình vẽ ý 2 2. SABC là tứ diện đều cạnh a nên a a 3 SN BM ; SM BN 2 2 = = = = SN ⊥ (BMN); ∆BMN ⊥ tại a 2 M & MN 2 = 0,25đ Gọi K là hình chiếu của M trên NB ⇒ a 6 MK 6 = Dựng hình chữ nhật NKMH ⇒ a 6 NH 6 = & (SMH) // BN ⇒ d(SM; BN) = d(BN; (SMH)) = d(N; (SMH)) 0,25đ Ta có MH ⊥ (SNH) & ∆SNH ⊥ tại N Kẻ NO ⊥ SH ⇒ NO ⊥ (SMH) ⇒ NO = d(N; (SMH)) 0,25đ Trong ∆ vuông SNH ta có 2 2 2 1 1 1 a 10 ON ON NH NS 10 = + ⇒ = 0,25đ 7 A B N S M C S H M B N K a 2 a 2 2 a 2 O CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Lấy M ∈ SB; N ∈ SC sao cho SA = SM = SN = a. Từ gt ⇒ AM = a; MN = a 2 ; AN = a 3 ⇒ ∆AMN ⊥ tại M. 0,25đ Vì SA = SM = SN = a; ∆AMN ⊥ tại M nên hc của S trên (AMN) là trung điểm H của AN a SH 2 = 0,25đ Hình vẽ ý 3 3. 3 SAMN AMN 1 a 2 V SH.S 3 12 ∆ = = 0,25đ mà 3 SABC SABC SAMN V SB SC a 2 . 6 V V SM SN 2 = = ⇒ = 0,25đ Câu VII (2 điểm) Cho 2010 số thực dương a 1 , a 2 , ., a 2010 thoả mãn: 1 2 2010 1 2 2010 . 2009 1 a 2 a 2010 a + + + ≥ + + + Tìm giá trị lớn nhất của tích P = a 1 a 2 .a 2010. Gt ⇒ 1 2 3 2010 1 2 3 2010 1 1 . 1 1 a 2 a 3 a 2010 a       ≥ − + − + + −  ÷  ÷  ÷ + + + +       0,25đ ⇔ c.s 3 2010 20102 2 2009 1 2 3 2010 2 2010 a a a1 a a . 2009. . 1 a 2 a 3 a 2010 a 2 a 2010 a ≥ + + + ≥ + + + + + + 0,25đ Tương tự 3 2010 3 20101 1 2009 2 1 3 2010 1 3 2010 a a a a2 a a . 2009. . . 2 a 1 a 3 a 2010 a 1 a 3 a 2010 a ≥ + + + ≥ + + + + + + + . 2009 2009 1 2 1 2 2009 2010 1 2 2009 1 2 2009 a a2010 a a a a . 2009. . . 2010 a 1 a 2 a 2009 a 1 a 2 a 2009 a ≥ + + + ≥ + + + + + + + 0,25đ Nhân vế với vế của 2010 bất đẳng thức trên ta có: 2010 20101 2 1 2 2010 1 2 2010 a1 2 2010 a a . . 2009 . . . 1 a 2 a 2010 a 1 a 2 a 2010 a ≥ + + + + + + 0,25 ⇔ 1 2 2010 2010 2010! a a .a 2009 ≤ 0,25 8 A N B M H S C CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Dấu bằng xảy ra khi: 3 2010 1 2 1 2 3 2010 1 2 2010 a a a a . 1 a 2 a 3 a 2010 a 1 2 2010 . 2009 1 a 2 a 2010 a  = = =  + + + +    + + + =  + + +  0,25 ⇔ 20101 2 1 2 2010 2010 1 2 1 2 2010 a a a . 1 a 2 a 2010 a aa a . 1 1 a 2 a 2010 a  = =  + + +    + + + =  + + +  0,25 ⇔ 20101 2 1 2 2010 aa a 1 . 1 a 2 a 2010 a 2010 = = = + + + ⇔ i i a ; i 1,2010 2009 = = Vậy maxP = 2010 2010! 2009 khi i i a 2009 = với i 1,2010= 0,25 HƯỚNG DẪN CHUNG + Trên đây chỉ là các bước giải khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình bầy biến đổi hợp lý mới được công nhận cho điểm . + Mọi cách giải khác đúng vẫn cho tối đa theo biểu điểm. + Chấm từng phần. Điểm toàn bài không làm tròn. 9 . 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 201 0-2 011 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (Đáp án gồm 08 trang) CÂU NỘI DUNG. GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 201 0-2 011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu

Ngày đăng: 25/11/2013, 23:11

Hình ảnh liên quan

Hình vẽ ý 2 - Tài liệu Đề thi và đáp án thi HSG 12 - Thái Bình năm học 2010 - 2011

Hình v.

ẽ ý 2 Xem tại trang 7 của tài liệu.
Hình vẽ ý 3 - Tài liệu Đề thi và đáp án thi HSG 12 - Thái Bình năm học 2010 - 2011

Hình v.

ẽ ý 3 Xem tại trang 8 của tài liệu.

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan