Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Hồng Quang

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Hồng Quang

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG MễN THI: TOÁN, LỚP 12 Năm học: 2016 – 2017 Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề Cõu I (2.0 điểm). 1) Cho P(x) x3 4x 1 và Q(x) x3 x2 2x 2 . Chứng minh rằng P(x) 0 cú 3 nghiệm x1, x2 , x3 và tớnh Q(x1).Q(x2 ).Q(x3 ) . 2) Cho hàm số y x3 2mx2 2mx 1 (1). Tỡm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phõn biệt A(1; 0), B và C sao cho k1 + k2 =BC. 5 trong đú k1, k2 lần lượt là hệ số gúc của tiếp tuyến tại điểm B và C với đồ thị hàm số (1). Cõu II (2.0 điểm). 3 4xy 4(x2 y2 ) 7 2 (x y) 1) Giải hệ phương trỡnh: . 1 2x 3 x y 2) Giải phương trỡnh: x2 2xsin x 2cos x 2 0 Cõu III (2.0 điểm). 1 2 2 2 3 2 2013 1) Tớnh tổng: C2013 2 C2013 3 C2013 2013 C2013 2 2) Cho dóy số an cú a0 2;an 1 4an 15an 60 , hóy tỡm cụng thức số hạng tổng quỏt của dóy. Cõu IV (3.0 điểm). Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng cõn cạnh huyền AB 2 .Mặt phẳng (A A’B) vuụng gúc với mặt phẳng (ABC) , AA’ = 3 .Gúc ãA' AB là gúc nhọn và mặt phẳng (A’AC) tạo với mặt phẳng (ABC) một gúc 600 1. Tớnh thể tớch khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 2. Gọi O là tõm của mặt bờn BCB’C’ mặt phẳng (P) đi qua AO cắt cỏc cạnh A’B, A’C lần lượt tại M, N. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của thể tớch khối chúp A’AMN. Cõu V (1.0 điểm). Cho cỏc số thực x, y thỏa món x y 1 2x 4 y 1 . Tỡm giỏ trị lớn nhất và giỏ trị 1 nhỏ nhất của biểu thức: S (x y)2 9 x y  x y Hết Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu, khụng được sử dụng mỏy tớnh cầm tay. Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh:
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2016 - 2017 TỔ TOÁN - THPT HỒNG QUANG (Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thớ sinh làm cỏch khỏc mà đỳng vẫn cho điểm tối đa) Cõu Nội dung Điểm 1)Cho P(x) x3 4x 1 và Q(x) x3 x2 2x 2 . Chứng minh rằng P(x) 0 cú 3 nghiệm x1, x2 , x3 và tớnh Q(x1).Q(x2 ).Q(x3 ) . (1,0đ) Lập bảng biến thiờn của P(x) hoặc sử dụng định lớ về tớnh liờn tục của hàm số chứng minh 0,25 P(x) 0 cú 3 nghiệm x1, x2 , x3 Lỳc đú P(x) (x x1)(x x2 )(x x3 ) I.1 0,25 Q(x) (x 1)(x2 2) (x 1)(x 2)(x 2) Q(x1).Q(x2 ).Q(x3 ) (x 1)(x 2)(x 2)(x 1)(x 2)(x 2)(x 1)(x 2)(x 2) 1 1 1 2 2 2 3 3 3 0,25 ( 1 x1)( 1 x2 )( 1 x3 ) P( 1).P( 2).P( 2) 2.( 1 2 2)( 1 2 2) 14 0,25 2) Cho hàm số y x3 2mx2 2mx 1 (1). Tỡm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phõn biệt A(1; 0), B và C sao cho k + k =BC. 5 trong đú k , k lần lượt là hệ số gúc 1 2 1 2 (1,0đ) của tiếp tuyến tại điểm B và C với đồ thị hàm số (1). Ta cú phương trỡnh hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là x 1 x3 2mx2 2mx 1 0 (x 1) x2 (1 2m)x 1 0 2 0,25 x (1 2m)x 1 0(*) Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phõn biệt pt(*) phải cú 2 nghiệm phận biệt khỏc 1. 2 3 1 0,25 x (1 2m)x 1 0 phải cú 2 nghiệm phận biệt khỏc 1 m hoặc m - I.2 2 2 Giả sử: B(xB ; 0); C(xC ; 0) .Vỡ xB, xC là 2 nghiệm phõn biệt của pt(*) nờn theo định lớ viet ta cú: xB + xC = 2m -1 và xBxC =1 0,25 2 2 Tớnh được : BC = 4m 4m 3 ; k1 + k2 = 4m 4m 3 Theo giải thiết ta cú: k1 + k2 = BC5 . 4m2 4m 3 5(4m2 4m 3) 4m2 4m 3 5 vì 4m2 4m 3 0 2 m 1 (thoả mãn) m m 2 0 0,25 m 2 (thoả mãn) m 1 Vậy với thoả món yờu cầu bài toỏn. m 2 3 4xy 4(x2 y2 ) 7 2 (x y) II.1 1) Giải hệ phương trỡnh: . (1,0đ) 1 2x 3 x y
3. Điều kiện x y 0 . Khi đú ta cú 3 3(x y)2 (x y)2 7 2 (x y) 1 0,25 x y x y 3 x y 1 Đặt u x y ( u 2);v x y x y 3u2 v2 13 0,25 ta được hệ u v 3 Giải hệ ta được u = 2, v=1 ( do u 2 ) Từ đú ta cú hệ 1 x y 2 x y 1 x 1 0,25 x y x y 1 y 0 x y 1 Vậy hệ cú 1 nghiệm (1; 0) 0,25 Giải phương trỡnh: x2 2xsin x 2cos x 2 0 (1,0đ) - Phương trỡnh x2 2xsin x sin2 x cos2 x 2cos x 1 0 0,25 - (x sinx)2 (cos x 1)2 0 0,25 II.2 x sinx 0 - x 0 0,25 cos x 1 0 - Vậy phương trỡnh cú 1 nghiệm x 0 0,25 1) Tớnh tổng: 1 2 2 2 3 2 2013 (1,0đ) C2013 2 C2013 3 C2013 2013 C2013 2013 0 1 2 2 2013 2013 1 x C2013 C2013 x C2013 x C2013 x 2012 1 2 3 2 2013 2012 2013 1 x C2013 2C2013 x 3C2013 x 2013C2013 x (1) 0,25 III.1 2011 2 3 4 2 2013 2011 2013.2012 1 x 2C2013 3.2C2013 x 4.3C2013 x 2013.2012C2013 x (2) 2012 1 2 3 2013 2013 1 1 C2013 2C2013 3C2013 2013C2013 0,25 2011 2 3 4 2013 2013.2012 1 1 2C2013 3.2C2013 4.3C2013 2013.2012C2013 0,25 2011 1 2 2 2 3 2 2013 2013.2014.2 C2013 2 C2013 3 C2013 2013 C2013 0,25 2 (1,0đ) Cho dóy số an cú a0 2;an 1 4an 15an 60 , hóy tỡm cụng thức số hạng tổng quỏt của dóy. 2 2 2 2 gt an 1 4an 15an 60 an 1 8.an.an 1 an 60 0 1 Thay n bởi n+1 với mọi n ta được III.2 2 2 0,25 an 2 8.an 1.an 2 an 1 60 0 2 2 2 (1) và (2) suy ra an ,an 2 là nghiệm của PT t 8an 1t an 1 60 0 Vi et t1 t2 8an 1 an an 2 8an 1 an 2 8an 1 an 0 2 0,25 Xột PT x 8x 1 0 cú hai nghiệm x1 4 15, x2 4 15
4. n n Đặt un 4 15  4 15 với u0 a0 2;u1 a1 8  2 1 0,25 4 15 4 15  8  1 n n un 4 15 4 15 2 Chứng minh un 1 4un 15un 60 n n 0,25 Vậy an un 4 15 4 15 Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng cõn cạnh huyền AB 2 .Mặt phẳng (A A’B) vuụng gúc với mặt phẳng (ABC) , AA’ = 3 .Gúc ãA' AB là 0 gúc nhọn và mặt phẳng (A’AC) tạo với mặt phẳng (ABC) một gúc 60 (1,0đ) 1. Tớnh thể tớch khối lăng trụ ABC.A’B’C’ A’ B’ 0,25 C’ K A B IV.1 M C Gọi K., M là hỡnh chiếu của A’ trờn AB và AC cú : (AA' B)  (ABC) A' K  (ABC) . Ta cú A’M AC và KM  AC Ã ' MK 600 2 0,25 A' K x . ta cú AK A' A2 A' K 2 3 x2 , MK = AK sin Kã AM 3 x2 . 2 x 2 x 3 0,25 Mặt khỏc MK A' K cot 600 vậy ta cú pt 3 x2 . x 3 2 3 5 1 3 5 0,25 V S .A ' K AC.BC.A ' K ABC. A ' B 'C ' ABC 2 10 2. Gọi O là tõm của mặt bờn BCB’C’ mặt phẳng (P) đi qua AO cắt cỏc cạnh A’B, A’C lần IV.2 (2,0đ) lượt tại M, N. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của thể tớch khối chúp A’AMN.
5. 0,25 Gọi I,J lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ => O là trung điểm IJ Gọi G là giao A'G 2 điểm của AO và A’J ta cú A' J 3 Gọi V là thể tớch của lăng trụ, V1 là thể tớch chúp A’AMN ta cú 0,25 1 V V V V A'.ABJ A'.ACJ 2 A'.ABC 6 A'M A' N 0,25 Đặt x , y (x, y (0;1]) A' B A'C VA'.AMG A' A A'M A'G 2x V 2x Vx . . VA'.AMG VA'.ABJ A' A A' B A' J 3 6 3 9 Vy V 0,25 Tương tự V V V V (y x) (1) A'.AGN 9 1 A'.AMG A'.AGN 9 V1 A' A A'M A' N V . . xy V1 xy (2) VA'.ABC A' A A' B A'C 3 Từ (1) và (2)=>x+y=3xy (*) 0,25 4 2 0,25 Từ (*) ta cú 3xy 2 xy xy ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y= 9 3 V 3 27 2 0,25 dấu “=” xảy ra x=y= V1 xy 4 3 4 2 5 0,25 Từ kết quả trờn suy ra V V V 1 27 45 Cho cỏc số thực x, y thỏa món x y 1 2x 4 y 1 . Tỡm giỏ trị lớn nhất và giỏ trị nhỏ (1,0đ) 1 nhất của biểu thức: S (x y)2 9 x y  x y Điều kiện: x 2; y 1;0 x y 9; V 0 x y 1 2. x 2 1. y 1 3(x y 1) (x y 1)2 3(x y 1) Ta cú 0 x y 1 3 1 x y 4. 0,25 1 Đặt t x y,t [1;4] , ta cú S t 2 9 t t 0,25
6. 1 1 S '(t) 2t 0,t [1;4] . Vậy S(t) đồng biến trờn [1;4]. 2 9 t 2t t 0,25 Suy ra 1 33 2 5 S S(4) 42 9 4 x 4; y 0; max 4 2 0,25 Smin S(1) 2 2 2 x 2; y 1. Lưu ý: - Học sinh làm cỏch khỏc đỳng thỡ cho điểm tối đa Hết (Đỏp ỏn gồm 5 trang)