De thi hoc sinh gioi cap tinh 20102011 Cao Bang

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI ( Đề gồm 01 trang). 2 x 1 x  2 có đồ thị (H) Câu I (5 điểm): Cho hàm số a) Chứng minh rằng đường thẳng y  x  m luôn cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm y. m để khoảng cách AB ngắn nhất. 2sin u  1 t  0;   . b) Tìm t để phương trình sin u  2 ( ẩn là u) có nghiệm trên Câu II (4 điểm): a) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số b) Cho tam giác ABC có các góc A,B,C thỏa mãn định các góc A,B,C.. y  2 x  2 x . (2  x)(2  x). cos 2 A  3 cos 2 B  3 cos 2C . 5 0 2 . Xác.  x 2  y 2  1  k ( x  y  1) 1  xy  1 x  y Câu III (3 điểm): Cho hệ phương trình  ( k là tham số) a) Giải hệ phương trình khi k=0 b) Tìm k để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Câu IV (2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SD. Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại Q, P. Đặt VS .MNPQ 3 SQ  x V 8. SB S . ABCD , tìm x để Câu V (4 điểm): Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, AC a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’. Câu VI (2 điểm): u1 1   u1 u2 un   un2 lim   ...    u   u , n  1  n 1 n n   u u3 un 1  ( u ) 2010  2  n Cho dãy số xác định như sau: . Tính .. Hết Họ và tên thí sinh:.................................................................Số báo danh:...................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ tên, chữ kí của giám thị 1:....................................................................................................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12. CAO BẰNG. CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán ( Hướng dẫn chấm gồm 05 trang). Câu I (5 điểm). Nội dung 2 x 1 x  2 có đồ thị (H) Cho hàm số a) Chứng minh rằng đường thẳng y  x  m luôn cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để khoảng cách AB ngắn nhất. * Hoành độ giao điểm của (H) và đường y  x  m nghiệm phương trình 2 x 1  x  m x2 (1). Điểm. y.  x 2  (4  m) x  1  2m 0   x  2. Ta có (1) . 2  x m  12  0  ( 2) 2  (4  m)( 2)  1  2m  3 0 Vì  nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt do đó y  x  m đường thẳng luôn cắt (H) tại hai điểm phân biệt A,B. * Vì A, B là giao điểm của (H) và đường y  x  m nên hoành độ của A và B  x A  xB m  4  2 x .x 1  2m x  (4  m ) x  1  2 m  0 nghiệm phương trình . Theo Viet ta có  A B (2) 2 2 2 Khoảng cách AB ( xB  x A )  ( yB  y A ) AB 2 ( xB  xA ) 2  (( xB  m)  ( xA  m)) 2. 3. 1. 0,5. 0,5. 0,5. (2). 2( xB  x A ) 2 2(m 2  12) 24  AB 2 6. .. Do vậy AB ngắn nhất bằng 2 6 khi m=0 2sin u  1 t  0;   b) Tìm t để phương trình sin u  2 (*) ( ẩn là u) có nghiệm trên u   0;   x   0;1 Đặt sin u x , vì nên 2 x 1 t x   0;1 Bài toán đưa về tìm t để phương trình x  2 có nghiệm 2 x 1 y x  2 trên  0;1 Xét hàm số. Hàm số y xác định và liên tục với. x   0;1. 0,5. 2. 0,5 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 1  0, x   0;1 min y  y (0)  max y  y (1) 1 2 ( x  2) 2 , x 0;1 . Suy ra x 0;1 1  t 1 2 Do đó phương trình (*) có nghiệm . II a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số (4 điểm) y  2  x  2  x  (2  x)(2  x) y' . * Tập xác định:. 0,5 2.   2; 2 0,5. t2  4 t2 y t    t  2 2 2 * Đặt t  2  x  2  x , suy ra  2; 2 Xét hàm số t ( x)  2  x  2  x trên  . 1 1 2 x  2x t '( x)    2 2  x 2 2  x 2 2  x. 2  x , t '( x) 0  2  x  Bảng biến thiên:. 2  x 0  x 0 x t’. -2 +. 0 0 2 2. 2. 0,5. -. t 2. 2. Suy ra 2 t 2 2 y . Bài toán đưa về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  2; 2 2   đoạn  y ' 0  t 1   2; 2 2  y '  0, x   2; 2 2  Ta có y '  t  1 , ,. t2 t 2 2 trên. Bảng biến thiên: t y’. 2 2. 2. 1. 2. y 2 2 2. Vậy: Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2 khi x 2 ( t=2) Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 2  2 khi x 0 ( t 2 2 ) b) Cho tam giác ABC có các góc A,B,C thỏa mãn 5 cos 2 A  3 cos 2 B  3 cos 2C  0 2 . Xác định các góc A,B,C.. 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ta có:. cos 2 A  3 cos 2 B  3 cos 2C .  cos 2 A  3(cos 2 B  cos 2C ) . 5 0 2. 5 0 2.  2cos 2 A  1  2 3.cos( B  C ).cos( B  C )   cos 2 A . 3cosA.cos(B-C)+. 5 0 2. 3 0 4. 1. 2.   3 3   cosAcos(B-C)    1  cos 2 (B-C)  0 2 4   2.   3 3   cosAcos(B-C)   sin 2 (B-C) 0 2 4   sin( B  C ) 0   3 cos A  cos( B - C ) 2  . Vì A, B, C là các góc của tam giác nên ta có o.  B C   3 cosA= 2 . 1. o.  B C 75  B C  B C 75      o o A 30o  A 30  A 30 . Vậy:  III  x 2  y 2  1  k ( x  y  1) 1 (3 điểm)  xy  1 x  y Cho hệ phương trình  ( k là tham số) a) Giải hệ phương trình khi k=0  x 2  y 2  1 0  x  y 0 Điều kiện:   x 2  y 2  1 1  x 2  y 2 2 ( x  y )2  2 xy 2    xy  1  x  y  xy  1  x  y  xy  1  x  y Với k=0 ta có hệ    S 0  2 2  S  2 P 2  S  2S 0  P  1      S 2  x  y S  P  1 S  P S  1   xy  P   P 1 Đặt  , ta được hệ  S 0  x 1  x  1    + Với  P  1 suy ra  y  1 hoặc  y 1 ( thỏa mãn điều kiện)  S 2  + Với  P 1 suy ra x=y=1 ( thỏa mãn điều kiện) Vậy: với k=0, hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (1;-1), (-1;1), (1;1). b) Tìm k để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Nhận thấy: nếu ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ phương trình thì ( y0 ; x0 ) cũng là nghiệm của hệ. Do đó, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x0  y0 .  2 x 2  1  k ( 2 x  1) 1 0 0  2 x  1 2 x0 Thay x, y ở hệ phương trình bởi x0 ta được:  0 , suy ra. 2. 0,5. 0,5. 1. 1 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> k 0   x0 1 Với k=0, theo ý a hệ phương trình có 3 nghiệm. Do vậy không có giá trị k nào để hệ có nghiệm duy nhất. IV (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại VS .MNPQ 3 SQ  x V 8. SB S . ABCD Q, P. Đặt , tìm x để V VS . ABD VS .BCD  V  V 2 . Vì MN//BC nên PQ//BC Đặt S . ABCD . Ta có SP SQ   x SC SB VS .MNQ SM SN SQ x  . .  V SA SD SB 4 S . ABD +. VS .MNQ x VS .MNQ x    V 4 V 8 2 2 VS . NPQ SN SQ SP 1 2 V  . .  x  S .NPQ  x V 4 + VS .BCD SD SB SC 2 VS .MNPQ 3 VS .MNQ  VS . NPQ 3 x x2 3        2 x 2  x  3 0  V 8 8 4 8 Ta có: VS . ABCD 8 x=1 3 x   0 2 ( loại) Vậy x=1 V Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam (4 điểm) giác vuông tại A, AB=a, AC a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mp(ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’. *) Gọi I là trung điểm của BC, từ giả thiết suy ra A’I là đường cao của lăng trụ. 1 AI  BC  a 2  3a 2 a 2 Ta có ,. 2. 1. . A ' I  AA '2  AI 2  4a 2  a 2 a 3 .. 1. 4. 1. Thể tích khối chóp A’.ABC 1 a3 1 1 1 V  S ABC . A ' I  . AB.AC .A ' I  a.a 3.a 3  3 3 2 6 2 (đvtt) *) Góc giữa AA’ và B’C’ bằng góc giữa BB’ và BC 2. 2. 1. 2. 2. Tam giác IA’B’ vuông tại A’ nên IB '  IA '  A ' B '  3a  a 2 a . Suy ra tam. 0,5 1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>   giác BB’I cân tại B’ nên góc B ' BI nhọn, do đó góc B ' BI là góc giữa BB’ và BC. 1 BI a 1  ' BI  2 cosB   BB ' 2.2a 4 . Ta c ó: 1 Vậy: cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ bằng 4. VI (2 điểm). 0,5. u1 1   un2 u   un , n 1  n 1 ( u ) 2010  n Cho dãy số xác định như sau: . u u u  lim  1  2  ...  n  n   u un 1   2 u3 Tính . 2 u u2 u 1 1 un 1  n  un  un 1  un  n  n 2010.(  ) 2010 2010 u u u n  1 n n  1 Ta có: . Suy ra: 1 1 1 1 u u1 u2 1 1 1  1   ...  n 2010.      ...    )  2010(1  u2 u3 un 1 un un un1  un 1  u1 u2 u2 u3 un2 un 1  un   0, n  N * 2010 Vì nên (un ) là dãy đơn điệu tăng. Giả sử (un ) bị chặn  lim un a trên thế thì n  . un2 a2 un 1   un a a 2010 2010 Lấy giới hạn hai vế của biểu thức , ta có phương trình , u  1,  n suy ra a=0 ( vô lí vì n ). 1. 0,5. Do đó (un ) không bị chặn trên tức lim un  . u u u  0,5 1 lim  1  2  ...  n   lim 2010.(1  ) 2010 n   u un 1  n   un1  2 u3 Ta có * Lưu ý chung toàn bài : + Điểm toàn bài là tổng điểm các bài thành phần, giữ lại hai chữ số thập phân. + Nếu thí sinh giải theo cách khác mà lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác thì vẫn cho điểm tối đa bài đó..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>