Tài liệu 25 đề thi học sinh giỏi môn toán học lớp 12 có đáp án

http://kinhhoa.violet.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010  2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút 3 2y   2 2  x  y  1 x  1 Bài 1. a) Giải hệ phương trình:   x 2  y 2  2x  4  y b) Trong mặt phẳng, với hệ toạ độ Oxy, chứng minh đồ thị hàm số sau cắt trục hoành tại ít 2 x x 1 nhất 1 điểm: y  log 2  2x  1  2 log 2  2x  1  4 3 2 Bài 2. Tìm tham số m để hàm số y  x  3mx  3  m  1 x  1 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lơn hơn 4. Bài 3. Hai số thực x, y thoả mãn: x2 + 4y2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu 3 3 thức: A = x  4y  3xy . ·  ADB · Bài 4. Hình chóp A.BCD có ACB  900 . AB = 2a. Đáy BCD là tam giác cân tại B, có · CBD  2 và CD = a. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và . Bài 5. Tam giác ABC không nhọn có các góc thoả mãn đẳng thức:  sin B  sin A  sin C  1  1  1   43 2 .  sin A  sin C  sin B  Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? _______________ Hết _______________ Bài 1: a) ỉ   y2  1  0  u  x 2  y 2  1, v  x y      b) h̃ Ư log 22  2x  1  2 x log 2  2x  1  4 x 1  0    log 2  2x  1  2x 1  2 1  0  log 2  2x  1  2 x 1  0  1    ;    2     log 2  2x  1  2x 1 1 f  0  .f    0 2   , 1   , 1   u  1  3 2   1  v  1  u v  u  2v  3  u  9    v  3   , , 1  1   y'  3  x 2  2mx  m  1 y'  0  x 2  2mx  m  1  0  3 x1  x 2  4   2  '  m 2  m  1  0 m  m  1  0   2  m2  m  5  0 2  x1  x 2   4x1x 2  16 m  m  5  0   1  21   1  21  m   ; ;    2   2   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – THPT Năm học 2005 - 2006 Môn thi : TOÁN HỌC - BẢNG A (Thời gian : 180 phút - Đề chính thức không kể thời gian giao đề) Bài 1: ( 4 điểm ) Cho hàm số : y  x 1 1 x 1 (C) 1/ Khảo sát hàm số . 2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất . Bài 2: (2 điểm ) Biện luận theo m số nghiệm dương của phương trình x :   t  1t dt  m  12   1 Bài 3: (2 điểm ) Giải phương trình : x  3  x. 4  x  4  x. 5  x  5  x . 3  x Bài 4: (2 điểm ) Tìm các giá trị thực của m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm   x  0;   4 : 4  6mSin 3 x  32m  1Sinx  2m  2Sin 2 xCosx  4m  3Cosx  0 Bài 5: (2 điểm ) Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là ba số nguyên liên tiếp . Bài 6: (2 điểm ) Tìm đa thức Px  có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều kiện sau :    x  2 x 2  4 P ' '  x   2 x x  2 P '  x   12 P  x   0 ; x  R  P 1  27  Bài 7: (2 điểm ) Giải hệ sau :  2 3 Cos 2 x  log 2 3  3   y  4   2 2 y  y  1   y  3  8 Bài 8: (2 điểm ) Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc  .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc  . Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp . Bài 9: (2điểm ) Cho các số thực a, b, c  2 chứng minh bất đẳng thức sau : Log b c a 2  Log c  a b 2  Log a b c 2  3 ................................................................................................ Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi học sinh giỏi Tỉnh lớp 12 Năm học 2006 - 2007 Môn thi: toán (bảng A) Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề chính thức Bài 1: a) Giải phương trình: 3 x  log 2  x    2 2  x 3 4 2 b) Chứng minh phương trình: x5 – 4x2 – 4x = 1 có đúng một nghiệm và nghiệm đó nhận giá trị dương. Bài 2: a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  3  5  x  2 b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y <  Chứng minh:  x  6x  sin y   y  6y  sin x . 3 Bài 3: Giải hệ phương trình: 3     2 x2  y x2  1   3 4 2 3y  z y  y  1  4 6 4 2 4z  x z  z  z  1   Bài 4: a) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C). Biết (C) có · phương trình: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5; ABC = 900; A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4. Tìm tọa độ các đỉnh B; C. b) Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho điểm B(-3;0), C(3;0) Điểm A di động trong mặt phẳng Oxy sao cho tam giác ABC thỏa mãn: độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần bán kính đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh khi A thay đổi (vẫn thỏa mãn điều kiện bài toán) thì điểm I thuộc một đường cong cố định. ---------Hết------------ Họ và tên thí sinh.............................................SBD:.............................. ... SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠOKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 CHUYÊN - NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Bài 1: (4 điểm) Tìm các cặp số thực  x; y sao cho:  2 x  4 y  32   xy  8 Bài 2: (6 điểm) Cho khối lăng trụ đứng (L) có cạnh bên bằng 7a . Đáy của (L) là lục giác lồi ABCDEF có tất cả các góc đều bằng nhau DE  4a, FA  5a, BC  6a a) Tính theo a và AB  a , CD  2 a, EF  3a, . thể tích của khối lăng trụ (L). b) Chứng tỏ rằng có thể chia khối lăng trụ (L) thành 4 khối đa diện trong đó có một khối lăng trụ đều đáy tam giác và ba khối hộp. Bài 3: (6 điểm) Gọi (C) là đồ thị hàm số y  x3  2 2 x được dựng trên mặt phẳng tọa độ Oxy. a) Chứng tỏ rằng nếu một hình bình hành có tất cả các đỉnh đều nằm trên (C) thì tâm của hình bình hành đó là gốc tọa độ O. b) Hỏi có bao nhiêu hình vuông có tất cả các đỉnh đều nằm trên (C) ? Bài 4: (4 điểm) a) Cho tập hợp S có có đúng n phần tử. Chứng minh rằng cặp có thứ tự X2 là các b) Hỏi có bao nhiêu cách thành lập tập hợp  A ; B , 3n  X1 ; X 2  tập con của S thỏa điều kiện: trong đó A và B với và X1 X1 U X 2  S . là hai tập hợp khác nhau sao cho A U B  1, 2,3,..., 2007, 2008 ? Hết Sở Giáo dục và Đào tạo Thừa Thiên Huế Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Khối 12 CHUYÊN- Năm học 2008-2009 MÔN TOÁN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM NỘI DUNG Bài 1 (4đ) ĐIỂM  2 x  4 y  32   xy  8 1,0 x  4; y  2 thỏa hệ phương trình. x x Nếu x  0 thì y  0 và 2  4  1  1  32 . Chỉ xét x  0 . 16 Thay y  8 vào phương trình đầu ta được: 2 x  2 x  32 . x 1,0 16 Xét hàm số f ( x)  2 x  2 x với x  0 . 16 16x 2 ln 2; x2 16 16 16 f '( x)  0  x  2 x   2 x  x  (do x  0)  x  4 x x f (4)  32. Do f '(4)  0 nên x  4 là điểm cực tiểu của f ( x ) . Vì vậy với mọi x  0 và x  4 . Cặp số duy nhất thỏa mãn bài toán là:  x ; y    4; 2  . f ( x)  32 f '( x)  2 x ln 2  x Bài 2 a) (3 đ) b) (2,0) 16 x 1,0 1,0 1  16  1  x   2 x Chú ý: f ( x)  2 2  2  2 . 16 Với x  0 thì x   8 . Do đó f ( x)  32 với mọi x  0 x (6đ) Thể tích của (L) là: V  Sh ; h  7 a ; S  dt ( ABCDEF ) Do các góc của lục giác ABCDEF đều bằng nhau nên mỗi góc của nó bằng 1200 Gọi X, Y, Z lần lượt là các giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD, AB và EF, CD và EF. Ta có tam giác XBC là tam giác đều cạnh 6a , tam giác YAF là tam giác đều cạnh 5a , ZDE là tam giác đều cạnh 4a và XYZ là tam giác đều cạnh 12a S  dt ( XYZ )  dt ( XBC )  dt (YAF )  dt ( ZDE )  144a 2 3 36a 2 3 25a 2 3 16a 2 3 67a 2 3      4 4 4 4 4 3 469a 3 V 4 uuur uuur uuur uuur uuur uuur Dựng điểm G sao cho BG  AF , ta có: 4 FG  ED , 2 BG  5CD . uuur uuur Dựng điểm H sao cho FH  ED , ta có điểm H trên tia FG với FH  4a và uuuur uuur 2 DH  CB , DH  3a . 1,0 uuur uuur Dựng điểm K sao cho DK  CB , ta có điểm K trên tia DH với DK  6a và uuur uuur BK  CD , BK  2a . uuur uuur uuur uuur Do 2 BG  5CD và BK  CD nên K ở trên đoạn BG với BG  5a, BK  2a . Ta có: GH  FH  FG  4a  a  3a ; HK  DK  DH  6a  3a  3a ; KG  BG  BK  5a  2a  3a . Do đó tam giác GHK là tam giác đều cạnh 3a uuuur 1,0 Xét phép tịnh tiến theo vectơ AA1 (AA1 là cạnh bên của (L)). Đáy ABCDEF của (L) biến thành đáy A1B1C1D1E1F1. Các điểm G, H, K lần lượt biến thành G1, H1, K1. Khối (L) là hợp bởi các khối lăng trụ đứng sau: 1,0 1) ABGF . A1 B1G1 F1 . 2) EFHD.E1 F1 H1 D1 . 3) CDKB.C1 D1 K1 B1 . 4) GHK .G1 H1 K1. Do ABGF, EFHD và CDKB là các hình bình hành nên các khối ABGF . A1 B1G1 F1 , EFHD.E1 F1 H1 D1 , CDKB.C1 D1 K1 B1 là các khối hộp. Do tam giác GHK là tam giác đều nên khối GHK .G1 H1 K1 là khối lăng trụ đều. Bài 3 a) (3,0) (6 đ) Xét hình bình hành M 1 M 2 M 3 M 4 có các đỉnh M 1  x1 ; y1  , M 2  x2 ; y2  , M 3  x3 ; y3  , M 4  x4 ; y4  nằm trên đồ thị (C): y  x 3  2 2 x . uuuuuur uuuuuur Do M 1 M 2  M 4 M 3 nên x2  x1  x3  x4 và y2  y1  y3  y4   1,0  2    x  x  x y2  y1  y3  y4  x23  2 2 x2  x13  2 2 x1  x33  2 2 x3  x43  2 2 x4    x2  x1  x22  x2 x1  x12  2 3 4 2 3   x3 x4  x42  2 2 Vì x2  x1  x3  x4  0 nên x22  x2 x1  x12  2 2  x32  x3 x4  x42  2 2 . Do đó x2 x1  x3 x4 Để chứng tỏ tâm của hình bình hành M 1 M 2 M 3 M 4 là gốc tọa độ O ta chứng tỏ: x1  x3  0 và y1  y3  0 . Ta có:  x1  x3  x1  x4   x12   x3  x4  x1  x3 x4  x12   x2  x1  x1  x2 x1  0 . Mà x1  x4  0 nên x1  x3  0 .  1,0 1,0   y1  y3  x13  2 2 x1  x33  2 2 x3   x1  x3  x12  x1 x3  x32  2 2  0 b) (3,0) Chú ý: Có thể nhận xét O là tâm đối xứng (duy nhất) của (C). Sau đó lập luận nếu tâm của hình bình hành khác O thì mâu thuẫn. Giả sử tồn tại hình vuông M 1 M 2 M 3 M 4 có các đỉnh M 1  x1 ; y1  , M 2  x2 ; y2  , M 3  x3 ; y3  , M 4  x4 ; y4  nằm trên đồ thị (C): y  x 3  2 2 x . Theo câu a) hình 1,0 vuông M 1 M 2 M 3 M 4 có tâm O. Gọi k là hệ số góc của đường thẳng M 1 M 3 . Không mất tính tổng quát có thể giả sử k  0 . Lúc đó đường thẳng M 2 M 4 có hệ số góc là 1  k 1   Xét hình thoi M 1 M 2 M 3 M 4 với M 1  x1 ; kx1  , M 2  x2 ;  x2  . k   3 Trong đó x1 là nghiệm khác 0 của phương trình x  2 2 x  kx nên x12  2 2  k  2  k   4   1  1     2 2   1  2  k  k   1 1 còn x2 là nghiệm khác 0 cuả x 3  2 2 x   x , x22  2 2  k k   OM 12   x12  y12    x12  k 2 x12   2 2  k 1  k 2  ; OM 2 2 1,0 Hình thoi M 1 M 2 M 3 M 4 là hình vuông khi và chỉ khi: 1  1   OM 12  OM 2 2  2 2  k 1  k 2    2 2   1  2  k  k   1 1 1 1    2 2  k  2 2   2  k2  2  2 2 k    0 kk k k     2 Bài 4 a) (2,0) 1,0 2 1 1 1       k    2 2  k    2  0   k   2   k 2  2 2k  1  0 . k k k     6 2 2 1 Phương trình này có hai nghiệm. Chọn k   , nghiệm còn lại là  . 2 4 k Đó chính là hệ số góc của hai đường chéo M 1 M 3 và M 2 M 4 của hình vuông đang xét. Có đúng một hình vuông thỏa bài toán. (3 đ) Một phần tử thuộc X 1 U X 2 khi và chỉ khi thuộc đúng vào một trong 3 tập phân li đôi một sau: 1) X 1 \ X 2 2) X 1 I X 2 3) X 2 \ X 1 . Ngoài ra: X 1   X 1 \ X 2  U  X 1 I X 2  và X 2   X 2 \ X 1  U  X 1 I X 2  1,0 Do đó, số cặp có thứ tự  X 1 ; X 2  với X 1 , X 2 là các tập con của S thỏa điều kiện: X 1 U X 2  S bằng số cách đặt tất cả n phần tử của S vào 3 tập hợp: X 1 \ X 2 , X 1 I X 2 , X 2 \ X 1 sao cho mỗi phần tử được đặt vào đúng một trong 3 tập đó. Số cách đặt như thế bằng 3n 1,0 b) (2,0) Đặt S  1, 2,3,..., 2007, 2008 . Khi A U B  S thì A, B là các tập con của S. Số cặp có thứ tự  X 1 ; X 2  với X 1 , X 2 là các tập con của S thỏa điều kiện: 1,0 2008 X 1 U X 2  S là 3 Trong đó có một cặp  S , S  và 32008  1 cặp  X 1 ; X 2  với X 1 khác X 2 . Chú ý X 1 ; X 2    X 2 ; X1 . Vì vậy số cách thành lập tập  A ; B với A, B khác nhau và A U B  S là: 1 2008  3  1 . 2 S 1,0 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề thi gồm 02 trang Bài 1: (3 điểm) Cho phương trình cos x  sin x  1 1   m  0 (1) sin x cos x 2 3   3   ; .  4 4  a) Với m  , tìm các nghiệm của phương trình (1) trên khoảng b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm trên khoảng   3  ;  4 4  .  Bài 2: (3 điểm) Cho điểm A cố định trên đường tròn và điểm C di động trên đường tròn đó. Dựng hình thoi ABCD (hướng quay của tia AB đến AC và AD theo ABC  2arc cot 2 . chiều dương lượng giác) sao cho góc · a) Xác định phép đồng dạng biến điểm C thành điểm B. b) Tìm quỹ tích của các điểm B và D. Xác định các quỹ tích đó. Bài 3: (3 điểm)  log8 xy  3log8 x log8 y  x 3 a) Giải hệ phương trình  log 2 y  4 log y x  b) Giải bất phương trình: 1 3 log 2 x log 3 x  3  log 2 x  log 3 x 2 2 4 4 Bài 4: (2 điểm) 7 11 4n  1  3    n với mọi số nguyên dương n . 2 2 2 2 a) Chứng tỏ rằng các tử số của các số hạng liên tiếp của un lập thành một 3 2 Cho dãy số un   cấp số cộng. b) Hãy biến đổi mỗi số hạng của un (n  1) thành một hiệu liên quan đến 2 số hạng kế tiếp của nó, từ đó rút gọn un và tính lim un Bài 5: (3 điểm) a) Tính tổng các số chẵn có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4. b) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niun  1 3 2  tơn của  3  x x  biết rằng tổng các hệ số của các số hạng trong  x  khai triển này là a0  a1  a2  ...  an  4096 O Bài 6: (3 điểm) M Cho cốc nước (hình vẽ) phần trên là hình nón đỉnh S, đáy có tâm O bán kính R, chiều cao SO = h. Trong cốc nước đã chứa một lượng nước có chiều cao a so với đính S. Người ta bỏ vào cốc nước một viên bi hình cầu thì nước dâng lên vừa phủ kín quả cầu. Hãy tính bán kính của viên bi theo R và h. I S Bài 7: (3 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, góc giữa mỗi mặt bên và mặt đáy bằng  . a) Tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy và các cạnh bên của hình chóp. b) Mặt phẳng (P) tạo bởi đường thẳng AB và đường phân giác của góc giữa mặt bên SAB và mặt đáy (góc này có đỉnh ở trên AB) cắt hình chóp theo một thiết diện và chia hình chóp đều thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Hết SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : TOÁN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM NỘI DUNG Bài 1 (3đ) Giải phương trình: a) (1,5) cos x  sin x  ĐIỂM 1 1 2    0 (a) sin x cos x 3  1 t  Đặt t  cos x  sin x  2 cos  x   ,  2  t  2 , sin x cos x  4 2  2t 2 Phương trình (a) trỏ thành: t    0  2  t  2, t  1 2 1 t 3 3 2  3t  2t  9t  2  0  2  t  2, t  1     2 0,5    (t  2)(3t 2  4t  1)  0  2  t  2, t  1 (*) 2 7 3 1 23 2 7 2  7 2  2,5 Ta có:  2      0;   1,5  2 3 3 3 3 3 2 7 Do đó phương trình (*) chỉ có một nghiệm t  3 Suy ra phương trình (a) tương đương   2 7   2 7   2 cos  x     cos  x    4 3 4 3 2    3  Theo giả thiết:   x   0  x    , nên phương trình (a) chỉ có một 4 4 4  2 7   nghiệm duy nhất x    arccos   4  3 2   t  2   2 (loại) hay t  2t   m  2  t  2, t  1 (2) 1 t2   t   Nhận xét: phương trình 2 cos  x    t t  2, t  1  cos  x    chỉ 4 4 2    t   3  có một nghiệm duy nhất trong khoảng   ;  là x    arccos 4 2  4 4    3  Do đó để (1) có 2 nghiệm trong khoảng   ;  thì phương trình (2) có 2  4 4  nghiệm. 2t Xét hàm số g (t )  t   2  t  2, t  1 . 1 t2 (1)  t      0,5 0,5  0,5  0,5