Đề Thi HSG Toán 12 Đợt I - THPT Nam Đàn 2 - Nghệ An [2009 - 2010] potx

Trang / 5
1
Së GD&§T NghƯ An
tRƯỜNG THPT NAM ĐÀN 2
K× thi chän häc sinh giái
N¨m häc 2009-2010
Mơn : Tốn khối 12 (Lần 1)
Thời gian:180 phút
Câu 1. (6.0 đ)
1/ Giả sử phương trình x
3
+ x
2
+ ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Hãy xét dấu của biểu thức:A = a
2
– 3b.
2/ Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh
3
tan(x+1) tan( 1) 5 5 (1)
2 1 (2)
5
, (3)
6 4
y y x
y x
x y
 


   


 



 

Câu 2. (5.5 đ)
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường cong (H):
2x 1
y
2x 2



với x >1.
a/. Xác định điểm M để tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành tam
giác có chu vi nhỏ nhất.
b/ M là điểm tùy ý trên (H), tiếp tuyến của (H) tại M cắt hai đường tiệm cận của
(H) tại hai điểm A và B. Xác định điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.
Câu 3 (5.0 đ)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD,có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi G là
trọng tâm của tam giác SAC. M là một điểm thay đổi trong miền hình bình hành
ABCD .Tia MG cắt mặt bên của hình chóp S.ABCD tại điểm N .
Đặt : Q =
MG
NG
NG
MG


a/ Tìm tất cả các vò trí của điểm M sao cho Q đạt giá trò nhỏ nhất .
b/ Tìm giá trò lớn nhất của Q .
Câu 4 (3.5 đ)
Cho hai số a
1
, b
1
với 0 < b
1
=
1
a
< 1. Lập hai dãy số (a
n
), (b
n
) với n = 1, 2,
theo quy tắc sau:
n 1 n n
1
a (a b )
2

 
,
n 1 n 1 n
b a .b
 

Tính:

n
n
lim a
 
và
n
n
l i m b
 
.
…… Hết………
Trang / 5
2
Sở Gd&Đt Nghệ an
Trng THPT Nam n 2
Kỳ thi chọn học sinh giỏi
Năm học 2009- 2010
hớng dẫn và biểu điểm Chấm
(Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: Toán lớp 12

Câu
Nội dung
Biểu
điểm
Câu 1:
6,0
a.
3,0
y = f(x) = x

3
+ x
2
+ ax + b
+ Tp xỏc nh: R.
y = 3x
2
+ 2x + a l tam thc bc hai cú bit s = 1 3a.
+ Pt: x
3
+ x
2
+ ax + b = 0 cú 3 nghim phõn bit nờn
y = 0 cú 2 nghim phõn bit x
1
, x
2
v f(x
1
).f(x
2
)< 0.
0,5
+ Suy ra:
1 2
1 3a 0
f(x ).f(x ) 0

(x
1
, x
2
l hai nghim ca phng trỡnh 3x
2
+ 2x + a = 0).
+ Thc hin phộp chia a thc ta c:
f(x) = x
3
+ x
2
+ ax + b =

1 1 1
x y' (6a 2)x 9b a
3 9 9




.
Suy ra f(x
1
) =

1
1

(6a 2)x 9b a
9

; f(x
2
) =

2
1
(6a 2)x 9b a
9

1,0
+ f(x
1
).f(x
2
) < 0 (6a-2)
2
x
1
x
2
+ (6a-2)(9b-a)(x
1
+ x
2
) + (9b-a)
2
< 0.

+ Vỡ x
1
, x
2
l 2 nghim ca phng trỡnh: 3x
2
+ 2x + a = 0
nờn x
1
+ x
2
=
2
3

; x
1
.x
2
=
a
3
.
Do ú:
2 2
a 2
(6a 2) (6a 2)(9b a) (9b a) 0
3 3

suy ra: 4(3a 1)(a

2
3b) + (9b a)
2
< 0
+ Vỡ (9b a)
2
0 v 3a 1 < 0 nờn a
2
3b > 0.
1.0
0,5
b.
3,0
T (1)

tan(x+1)+5x=tan(y+1)+5y
Hm s f(t) = tan(t+1)+5t cú f(t)>0 vi mi t
suy ra f(t) ng bin

f(x)=f(y)

x=y
1.5
Vi x=y th vo 2 ta cú
x=1 hoc
1 5
2
x

1,0
i chiu iu kin (3) ta cú nghim:
0,5
Trang / 5
3
x=1 hoặc
1 5
2
x
 

Câu 2.
5,5
a.
 M(x
0
;y
0
)  (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d):
0
0
2
0 0
2x 1
2
y (x x )
2x 2 (2x 2)


  

 
.
0.5
 d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm
A(1;
0
0
x
x 1
), B(2x
o
– 1;1).
0,5
Giao của hai đường tiệm cận là I(1;1). Ta có chu vi IAB là:
P= IA+IB+AB=
2
0 0
2
0 0
1 1
2(x 1) 4(x 1)
(x 1) (x 1)
    
 
(vì x
0
>1)
1,0
sử dụng BĐT Cosi (hoặc sử dụng hàm số) Ta có
2( 2 1)P  

0,5
Vậy
min 0
1
2( 2 1) 1
2
P khi x   
Điểm M cần tìm là:
1 1
(1 ,1 )
2 2
M  
0,5
b.
2,5
 M(x
0
;y
0
)  (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d):
0
0
2
0 0
2x 1
2
y (x x )
2x 2 (2x 2)



  
 
.
0.5
 d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm
A(1;
0
0
x
x 1
), B(2x
o
– 1;1).
0,5
 Vì x
0
> 1 nên y
A
=
0
0
x
x 1
>1, x
B
= 2x
0
– 1 > 1. Do đó I ở miền trong
tam giác OAB nên:
0,5

S
OAB
= S
OIB
+ S
OIA
+ S
IAB
=
1
2
IA +
1
2
IB +
1
2
IA.IB =
1
2
2(x
0
– 1) +
1
2
.
0
1
x 1
+

1
2
.2(x
o
– 1).
0
1
x 1
0,5
Tính S
OAB
=
1
2
AB.h với h = d(O;AB).
 Tính S
OAB
=
1
2
AB.h với h Do đó áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ta
0,5
Trang / 5
4
hai số dương x
o
– 1,
0
1
2(x 1)

ta có:
S
OAB
= x
o
– 1 +
0
1
2(x 1)
+ 1  1 + 2
1
1 2
2
 
.
Đẳng thức xảy ra khi:
x
o
– 1 =
0
1
2(x 1)
0
1
x 1
2
  
.
 Vậy S
OAB

nhỏ nhất khi M(
1
1
2

,
1
1
2

).
1/
0
0
1
OA 1; ; OB (2x 1;1)
x 1
 

  
 

 
 
.
Cách khác: Tính diện tích OAB theo cách sau:
1/ Tính:
 
2
2 2

OAB
1
S OA .OB OA.OB
2
 
 
.
2/ Tính S
OAB
=
1
2
AB.h với h = d(O;AB).
= d(O;AB).
Câu3
a/ (Hình vẽ ở trang cuối)
+
Q =
MG
NG
NG
MG


2 .Dấu bằng khi và chỉ khi :
NG
MG
=
MG
NG

= 1 .
+ SG cắt mp(ABCD) tại tâm O của hình bình hành ABCD. Gọi K là
trung điểm của SG . Từ K dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD)
cắt SA,SB,SC,SD lần lượt tại A
1
,B
1
,C
1
,D
1
.Từ N dựng mặt phẳng
song song với mp(ABCD) cắt SG tại N’.
Ta có:
MG
NG
=
OG
GN'
;
MG
NG
=1

N’trùng K

N thuộc cạnh hình bình hành
A
1
B

1
C
1
D
1
Nối NK cắt cạnh hình bình hành
A
1
B
1
C
1
D
1
tại P, ta có : PM // SG .
+
Từ đó : Q=2 khi và chỉ khi M thuộc cạnh hình bình hành
'
1
'
1
'
1
'
1
DCBA
'
1
'
1

'
1
'
1
DCBA
là hình chiếu song song của hình bình hành A
1
B
1
C
1
D
1
lên
mp(ABCD)
theo phương SG .
3.0
b
+Miền hình bình hành ABCD hợp bởi các miền tam giác
OAB,OBC,OCD,ODA
M thuộc miền hình bình hành ABCD nên M thuộc một trong bốn miền
tam giác này. Chẳng hạn M thuộc miền

OAB. M

A

N

C’;

M

B

N

D’; M

O

N

S.
1.0
x
y
O
I
K
Trang / 5
5
Do đó N thuộc miền

SC’D’ và N’ thuộc đoạn SH ,với C’,D’ và H
lần lượt là trung điểm của SC,SD và SO
.
Do đó : HG

N’G


SG. Vì vậy :
OG
HG

OG
GN'

OG
SG
hay
2
1

MG
NG

2.
+ Đặt
x
=
MG
NG
Ta có : Q =
x
1
+
x
với
x


[
2
1
;2].
Q’= 0 và
x

(
2
1
;2)

x
= 1 . MaxQ = Max{Q(
2
1
);Q(2);Q(1)}=
2
5
.
+
Giá trò lớn nhất của Q là
:
2
5
. Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh
A,B,C,D.
D'
C'
H

G
N'
N
M
O
D
C
B
A
s
1.0
Câu 4
3,5
+(0.50 đ) Tính a
2
, b
2
với 0 < b
1
=
1
a
< 1 ta có thể chọn 0 < a <
2

sao
cho: b
1
= cosa,
suy ra a

1
= cos
2
a.
2 2
2
1 1 a
a (cos a cosa) cosa(cosa 1) cosa.cos
2 2 2
    
2
2
a a
b cosacos cosa cosacos
2 2
 
+ Bằng quy nạp, chứng minh được:
n
n 1 n 1
a a a
a cosacos cos cos (1)
2 2 2
 

n
n 1
a a
b cosacos cos (2)
2 2



0.75
1.0
Trang / 5
6
+ Nhân hai vế của (1) và (2) cho
n 1
a
sin
2

và áp dụng công thức sin2a
được:
n 1
n n
n n
n 1 n 1
a
sin 2a.cos
sin 2a
2
a , b
a a
2 .sin 2 .sin
2 2

 
 
.
+(0.50 đ) Tính giới hạn:

n n
n n
sin 2a sin 2a
lima , lim b
2a 2a
 
 
1.0
0.75