Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 13 pot
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (177.44 KB, 6 trang )
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – BẢNG B
Môn: Toán
Bài 1:(2đ) Xét chiều biến thiên của hàm số: 1
2
xxxy
Bài 2:(2đ) Parabol:
2
2
x
y chia hình tròn 8
22
yx ra làm 2 phần. Tính diện
tích mỗi phần đó.
Bài 3:(2đ) Tìm m để phương trình x
4
– ( 2m+3)x
2
+ m + 5 = 0 có 4 nghiệm
x
1
, x
2
, x
3
, x
4
thoả mãn :
-2 < x
1
< -1 < x
2
< 0 < x
3
< 1 < x
4
< 3
Bài 4:(2đ) Giải bất phương trình:
943
22
xxx
Bài 5:(2đ) Giải phương trình:
x
x
xx
sin2
1
sin
3
2
3
cos22
3
cos2
Bài 6:(2đ) Biết rằng tồn tại x để các cạnh của ABC thoả mãn: a = x
2
+ x +
1; b = 2x + 1;
c = x
2
– 1. Hỏi ABC có đặc điểm gì?
Bài 7:(2đ) Tính
x
x
x
x
Lim
2
13
53
Bài 8:(2đ) Giải hệ phương trình:
2logloglog
2logloglog
2logloglog
16164
993
442
yxz
xzy
zyx
Bài 9:(2đ) Cho mặt cầu (C) tâm O, bán kính R và n điểm trong không gian:
A
1
, A
2
, A
n
. Với mỗi điểm M thuộc mặt cầu (C) người ta dựng điểm N
sao cho:
n
MAMAMAMN
21
. Tìm tập hợp các điểm N khi M thay đổi.
Bài 10:(2đ) Biết rằng các số a,b,c,d thoả mãn:
0
22
22
dcdc
baba
Chứng minh:
22
22
dbca
-
2 O
2
x
ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – BẢNG
B
Môn : Toán
Bài
Nội dung
Điể
m
1
(2đ)
Đk:
0
0
0
0
1
0
1
0
011
01
01
22
22
2
2
x
x
x
x
x
x
xxx
x
Rxxxxxx
xxx
xx
vi
Tập xác định của hàm số là R.
Ta có: y’ =
xxxxx
xx
xxxxx
xx
xxxxx
xxx
0
1.14
1212
1.14
12312
1.14
1212
2222
2
22
2
Hàm số luôn đồng biến trên toàn tập xác định R
0.5
0.5
0.75
0.25
2
(2đ)
Đường tròn có bán kính: R= 228 y
Diện tích hình tròn là: S =
8
2
R (đvdt)
Gọi diện tích phần gạch chéo là S
1
, phần còn lại là S
2
.
A
B
Cần tính S
1
.Phương trình đường tròn: x
2
+ y
2
= 8
y =
2
8 x
Đường tròn và Parabol cắt nhau tại 2 điểmA, B có toạ
độ là nghiệm của hệ:
2
2
082
02
8
2
2
2
22
2
y
x
yy
yyx
yx
x
y
S
1
=
2
0
2
0
3
2
2
0
2
2
3
82
2
82
x
dxxdx
x
x
đặt x =
tdtdxt cos22sin22
cận
2
0
x thành cận
4
0
t
0.5
0.5
0.5
3
4
2
3
8
)2cos1(8
3
8
cos16
3
8
cos.22.sin182
4
0
4
0
2
4
0
2
1
dtttdttdttS (đvdt)
3
4
6
3
4
28
12
SSS ( đvdt)
0.5
3
(2đ)
Txđ của phương trình là : R
Đặt x
2
= X
0
, ta có phương trình: f(X) = X
2
– ( 2m+3).X + m + 5 = 0
(*)
để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
< x
4
thì phương trình (*)
có hai nghiệm thoả mãn: 0 < X
1
< X
2
. Khi đó
24131221
;;; XxXxXxXx Do đó: -2<-
2
X <-1< -
1
X < 0 <
1
X < 1
<
2
X < 3
2
2
X >1 >
1
X > 0
4 > X
2
> 1 > X
1
> 0
097
05
03
0)4(
0)0(
0)1(
m
m
m
af
af
af
7
9
5
3
m
m
m
không tồn tại m thoả mãn bài toán .
0.5
0.5
0.5
0.5
4
Giải bất phương trình : (x-3) 4
2
x 9
2
x
Txđ :R
Bpt :
0343
2
xxx
6
5
3
3
3
3
6
5
3
964
03
3
03
3
964
3
34
03
34
03
22
22
2
2
x
x
x
x
x
x
x
xxx
x
x
x
x
xxx
x
xx
x
xx
x
0.5
1.0
;3
6
5
;
6
5
3
3
3
x
x
x
x
Đây là tập nghiệm của bấtt phương trình.
0.5
5
(2đ)
Đk:
.,2
2
2
0sin
0cos
zkkxk
x
x
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: VF =
3
32
sin
2
1
sin
3
2
x
x
áp dụng Bđt Bunhiacôpxki cho vế trái ta được:
VT
3
32
3
cos22
3
cos2
11
22
xx
.
để phương trình có nghiệm thì VT=VF =
3
32
zkkx
x
x
xx
x
x
2
3
2
1
cos
2
3
sin
3
cos22
3
cos2
sin2
1
sin
3
2
đây là họ nghiệm của
phương trình.
0.5
0.5
0.5
0.5
6
Để a, b, c là 3 cạnh của ABC: a = x
2
+ x + 1; b= 2x+1; c = x
2
–1 thì điều kiện cần
là:
1;1
1
2
1
;
1
1
012
33
1)12()1(
12)1()1(
1)12()1(
2
22
22
22
x
x
x
x
x
xx
x
xxxx
xxxx
xxxx
Với điều kiện x>1, từ giả thiết của bài toán ta kiểm tra thấy:
a
2
= b
2
+ c
2
+bc. Theo định lý hàm số côsin ta có: a
2
= b
2
+ c
2
– 2bc.cosA =>
cosA=
2
1
mà 0 < A <
=> A =
3
2
. Vậy ABC có góc A =
3
2
0.5
1.0
0.5
7
(2đ)
Ta có
xx
xx
x
22
13
6
1
13
53
đặt
1
3
61
x
t
thì 6t = 3x-1
3
16
t
x Khi x thì t
0.5
0.5
M
Khi đó
3
2
4
3
2
42
1
1
1
1lim
1
1lim
13
53
lim
tttx
x
t
t
t
t
x
x
= e
4
vì
1
1
1lim;
1
lim
3
2
t
e
t
t
t
t
t
0.5
0.5
8
(2đ)
Đk: x > 0; y > 0; z > 0. Khi đó hệ phương trình tương đương
với:
2)(log
2)(log
2)(log
2log
2
1
log
2
1
log
2log
2
1
log
2
1
log
2log
2
1
log
2
1
log
4
3
2
444
333
222
xyz
xzy
yzx
yxz
xzy
zyx
)3(16
)2(9
)1(4
16
9
4
22
22
22
xyz
xzy
yzx
xyz
zxy
yzx
Nhân (1), (2), (3) vế với vế ta được x
2
y
2
z
2
= 4.9.16 x.y.z=24
3
32
24
16
;
8
27
24
9
;
3
2
24
4
2
2
22
zyx
0.5
0.5
0.5
0.5
9
(2đ)
nn
n
OAOAMOnOAMOOAMOOAMO
MAMAMAMN
)1(
121
21
Gọi tổng:
OKOAOAOA
n
21
( Điểm K hoàn toàn được xác định tuỳ thuộc vào
cách cho hệ điểm A
1
, A
2
, A
3
, , A
n
)
Khi đó: (1)
MOnKNMOnOKONOKMOnONMO ).1().1(.
)2().1().1(
nRnMOnKN
Tập hợp các điểm N là mặt cầu tâm K, bán kính (n-1)R
0.5
0.5
0.5
0.5
10
(2đ)
Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 điểm : y
M(a,b) và N(c,d). Từ giả thiết ta có:
0.5
M
1
1
1/2 1
2
1
)
2
1
()
2
1
(
2
1
)
2
1
()
2
1
(
22
22
dc
ba
M nằm trên đường tròn tâm I )
2
1
,
2
1
( bán 1
x
kính R=
2
2
, và N nằm trên đường tròn tâm
K )
2
1
,
2
1
( , bán kính R=
2
2
. Nối IK cắt 2 đường
tròn tại 2 giao điểm xa nhất M
1
và N
1
MN M
1
N
1
=
22
),();,( RKNRIM
22)()(
22
dbca (đpcm)
0.5
0.5
0.5
Tài liệu tham khảo:
Bài 1,7,9: Sách các bài luyện giảng môn Toán tập 3
Bài 2 : Sách tuyển chọn những bài ôn luyện môn Toán – Tập 2
Bài 3 : Sách các bài luyện giảng – tập 1
Bài 4, 6 : Sách các bài luyện giảng môn Toán - tập 2
Bài 5 : Sách phương pháp giải toán lượng giác.
Bai 8 : Sách tuyển chọn những bài ôn luyện môn Toán – Tập 1
1/2
1/2
-1
1
1
N
1
-1
N
1/2 1
-
1/2
1/2
K
