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

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.. Dựng điểm K sao cho DK

http://kinhhoa.violet.vn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

HÀ TĨNH NĂM HỌC 2010  2011

MÔN TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1 a) Giải hệ phương trình:

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

thức: A = x3  4y3 3xy

Bài 4 Hình chóp A.BCD có · · 0

ACBADB90 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

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

Đề chính thức (Thời gian : 180 phút -

không kể thời gian giao đề)

Bài 1: ( 4 điểm )

Cho hàm số :

1

1 1









x x

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

t

t

1 1

Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là

ba số nguyên liên tiếp

P x x x P x

1

0 12

' 2 2

'' 4

2

32

2

4 3

log 2

y y

y

y x

Cos

nhất tạo với đường cao một

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)

Bài 1:

a) Giải phương trình:

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

yx  x

b) Cho các số thực x; y thỏa mãn: 0 < x ≤ y < 

Chứng minh: x36xsinyy36ysinx

Bài 3: Giải hệ phương trình:

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

Đáy của (L) là lục giác lồi ABCDEF có tất cả các góc

đều bằng nhau và AB a CD,  2 ,a EF 3 ,a

DE a FA a BC a

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

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 n phần tử Chứng minh rằng

1, 2, 3, , 2007, 2008

Hết

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Thừa Thiên Huế Khối 12 CHUYÊN- Năm học 2008-2009

16 ( ) 2x 2x

f x   với x 0

1,0

16 2

16'( ) 2 ln 2x 2 ln 2;x

f  Do f  nên x 4 là điểm cực tiểu của ( )f x

Vì vậy với mọi x 0và x 4

Cặp số duy nhất thỏa mãn bài toán là: x y ;  4; 2 f x ( ) 32

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

(2,0) Dựng điểm G sao cho BGuuur uuurAF, ta có: 4FGuuur EDuuur, 2BGuuur  5CDuuur

Dựng điểm H sao cho uuurFH uuurED, ta có điểm H trên tia FG với FH  4a và

2DHuuuurCB DHuuur,  3a

1,0

Dựng điểm K sao cho DKuuur CBuuur, ta có điểm K trên tia DH với DK  6a và

Do đó tam giác GHK là tam giác đều cạnh 3a

Xét phép tịnh tiến theo vectơ AAuuuur1 (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

   

y y  x  x x  x  x x x x x x  

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

mất tính tổng quát có thể giả sử k 0 Lúc đó đường thẳng M M2 4 có hệ số góc là

Đặt S 1, 2, 3, , 2007, 2008 Khi AUBS thì A, B là các tập con của S

Số cặp có thứ tự X1 ; X2 với X1, X là các tập con của S thỏa điều kiện: 2

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009

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

4 y

x

x y

b) Hãy biến đổi mỗi số hạng của u n (n 1) thành một hiệu liên quan đến 2

số hạng kế tiếp của nó, từ đó rút gọn u n 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 Niu-tơn của 31 3 2

n

x x x

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

số thể tích của hai phần đó

Hết

O

S I M

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008-2009

       , nên phương trình (a) chỉ có một

 

2

2 2

2 1

1

t

t



 Lập bảng biến thiên, ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm khi và chỉ khi:

m     

t  2 -1 1 2

g'(t) + + +

 

2

g(t)  2

 

0,5 Bài 2 (3đ) a) (1,0)

Ta có: ·ABI arccot 2 BI 2 ·IAB arctan 2

AB a

Do đó: Qua phép quay tâm A, góc  : điểm C biến thành điểm M và 

3 2

uuur uuuur

nên M biến thành B qua phép vị tự tâm A tỉ số 3

2

k 

Vậy: B là ảnh của C qua phép đồng dạng F tỉ 3

2

k 

0,5

0,5 Quỹ tích của C là đường tròn (O), nên: Quỹ tích của B là ảnh của đường tròn (O)

qua phép đồng dạng F

0,25 b)

(2,0)

Tương tự, D là ảnh của C qua 2 phép biến hình liên tiếp: Phép quay tâm A, góc 

và phép vị tự tâm A tỉ số 3

2

k  Phép biến hình hợp thành của hai phép biến hình này là phép đồng dạng F'

Vậy: D là ảnh của C qua phép đồng dạng F' tỉ 3

2

k 

0,5 0,25

Để xác định quỹ tích của B:

Ta chọn một điểm C trên (O), dựng trung điểm I của AC, dựng hình vuông AIKL,

dựng đường tròn tâm I bán kính IL cắt trung trực đoạn AC tại B Dựng hình thoi

ABCD Dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt tia AB tại M

Để dựng ảnh của O là O' qua phép quay Q(A,  ): Dựng trung điểm J của AO, 

dựng hình vuông AJRS, dựng đường tròn tâm J bán kính JS cắt trung trực đoạn AO

tại P Dựng đường tròn tâm A bán kính AO cắt tia AP tại O' Qua B kẻ đường

thẳng song song với MO' cắt tia AP tại O"

Quỹ tích của B là đường tròn tâm O", bán kính R" = O"A

0,25

0,25 0,25 Quỹ tích của D là đường tròn (O"') đối xứng với (O") qua đường thẳng AO 0,25

33

log loglog log

x

y y

u v

x x

Có tất cả: 4 4 4 2 128     số chẵn gồm 4 chữ số được viết từ 1, 2, 3, 4, trong đó:

mỗi chữ số a b c xuất hiện , , 4 4 2    32 lần

mỗi chữ số d xuất hiện 4 4 4    64 lần

k k

Số hạng không chứa x ứng với  6k 60  0 k 10

Vậy số hạng không chứa x có hệ số là: 10

12 66

C 

0,25 0,5

0,25

0,25 0,25

Bài 6 (3đ)

Thể tích nước chứa trong cốc là:

2 3 2

với mặt cầu Gọi x là bán kính của viên bi, ta có: 4 3

3

C

V   x Thể tích của khối nón chứa nước và quả cầu là:

 

2 2

2 2 1



0,5 0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 b)

(1,5)

Mặt phẳng (P) tạo bởi AB và phấn giác

MT của góc  SMO· , cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác cân ABN (N

là giao điểm của tia phân giác MI và SC)

Gọi H1 và H2 là hình chiếu của S và C xuống MI, ta có hai tam giác vuông SMH1 và CMH2 đồng dạng, nên:

1 2

13cos

SABN CABN

O M

I H

O M

I

N HH

SỎ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2009-2010

b) Cho hai đường tròn đồng tâm O, khác bán kính và đường tròn (O') Dựng tam giác đều có một đỉnh ở trên (O') và hai đỉnh còn lại lần lượt nằm trên hai đường tròn đồng tâm O

Hết

SỎ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2009-2010

x x

Do đó, f x đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua điểm '( ) x , nên hàm số 0 f x có ( )

một cực trị duy nhất, cũng là giá trị lớn nhất của hàm số tại x 0

b) Trong tam giác ABC:

uur uur uuur uuur uuur

Suy ra: IAuur2IBuur3ICuur0r

Do đó: PAuuur 2PBuuur 3PCuuur 6PIuur

Ta có: PAuuur 2uuurPB 3PCuuur  6uurIQ 6PIuur  6IQuur IPuur  IQuur

Suy ra, Q là ảnh của P qua phép đối xứng tâm I

Vậy tập hợp Q khi P chạy khắp (d) là đường thẳng (d') đối xứng của (d) qua I

Nếu (d) đi qua I thì (d') trùng với (d); nếu (d) không đi qua I thì (d')//(d) và (d') đi

qua điểm M0' đối xứng với một điểm M chọn trước trên (d) 0

0,5

0,5

0,5 0,5

b)

(2,0)

Gọi (C1) và (C2) là hai đường tròn đồng tâm O

Lấy một điểm A trên (O') Giả sử dựng được tam giác đều ABC sao cho B ở trên (C1) và C ở trên (C2)

Khi đó, C là ảnh của B qua phép quay Q(A, 600) (hoặc Q'(A, -600)), nên C ở trên đường tròn (C'1) ảnh của (C1) qua phép quay Q(A, 600) (hoặc Q'(A, -600)), do đó C

là giao điểm của (C'1) và (C2) (nếu có)

Cách dựng: Lấy trước một điểm A trên (O')

Dựng đường tròn (C'1) là ảnh của C1) qua phép quay Q(A, 600) (hoặc Q'(A, -600)), nếu (C'1) và C1) cắt nhau tại điểm C, ta dựng ảnh B là ảnh của C qua phép quay Q'(A, -600) (hoặc Q(A, 600)), điểm B phải ở trên đường tròn(O1) Tam giác ABC là tam giác đều cần dựng Có hình

vẽ đã dựng

Chứng minh: Theo cách dựng, (C'1) là ảnh của (C1) qua phép quay góc 600(hoặc (-600), nên trong phép quay ngược lại C biến thành B thuộc (C1)

Tùy theo số giao điểm của (C'1) và (C2) mà bài toán có bấy nhiêu nghiệm hình

Bây giờ, nếu dựng ảnh (C2') của (C2) qua phép quay Q(A, 600) (hoặc Q'(A, -600)), (C2') nếu cắt (C1) thì ta có thêm một số nghiệm hình nữa

0,5

0,5

0,5

0,5

Logarit hóa 2 vế của (1): log173x2ylog173x2y 1

Biến đổi (2) về cùng cơ số 17:

11

Bài 5 (4đ)

+ Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có tâm O' có hình chiếu của O xuống mặt đáy (O') Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu

+ Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy

và chiều cao của hình trụ Ta có:

2 2 '

0,5

Nguyễn Văn Dũng – THPT Hai Bà Trưng 1

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12 HÀ NỘI

Năm học 2010 – 2011 Thời gian: 180 phút

y2x21y

08x7x2 2

Bài 2 (4 đ):

1 Cho tam giác ABC có a, b, c là độ dài các cạnh; ha, hb, hc là các đường cao tương ứng và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp Chứng minh rằng

18Rh

1h

1h

1ca)bc(ab

c b a

2 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ

số khác nhau mà trong mỗi số đó tổng của 3 chữ số thuộc hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm lớn hơn tổng của 3 chữ số còn lại là 3 đơn vị

Bài 3 (4 đ):

1 Chứng minh rằng có duy nhất một điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số

2 x 3 x

y  3  2  mà qua điểm đó chỉ kẻ được một tiếp tuyến tới (C)

2 Tìm tất cả các giá trị của x sao cho ứng với các giá trị đó hàm số sau đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất:

2 x cos x sin 3 x cos x sin x sin 3 x sin

Bài 4 (2 đ): Cho dãy số (un) với n n

2

1 n 4

u  

Dãy (Sn) được cho bởi 



n 1 i i

S Tìm limSn

Bài 5 (4 đ): Trong mặt phẳng (P) cho đoạn thẳng AB Gọi O là trung điểm AB và

M là điểm tùy ý trên đoạn OB (M B) Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB của (P), dựng các hình vuông AMCD, MBEF Điểm S thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại A (S  A)

1 Xác định vị trí của điểm M để tổng thể tích của 2 khối chóp S.ABF và S.ACF đạt giá trị nhỏ nhất

2 Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại điểm N Điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm S trên đường thẳng MN Tìm quỹ tích của H khi M di chuyển trên đoạn OM

HẾT

Nguyễn Văn Dũng – THPT Hai Bà Trưng 2

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 12

Năm học 2010 – 2011 Bài1

;1( 

Bài 2

1) - Sử dụng các công thức tính diện tích: S = a b chc

2

1 bh 2

1 ah 2

1 R 4

abc





dụng BĐT côsi cho hệ thức thu được  đpcm

- đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều

2) – Gọi số cần tìm là abcdef , từ giả thiết ta có hệ phương trình

b

a

Giải hệ trên  a +b+c = 9 và d+e+f = 12

 Bài toán xẩy ra 3 trường hợp: ………….Đáp số: 108 (số)

Bài 3

1) Gọi M(a, a3 -3a+2)  viết ptđt qua M và có hệ số góc k

- sử dụng điều kiện tiếp xúc  a = 1  M(1; 0)

(Nhận xét: M chính là điểm uốn của ĐTHS)

2) – đặt t = sinx  y=f(t) = t3 – 3t2 + 2, t  [-1; 1]

- Ta có: maxy = 2 khi t = 0  sinx = 0  x =k 

Và miny = -2 khi t = -1  sinx = - 1  x =    k 2 

vuông cân tại O( hay nói khác đi K là giao điểm của đường tròn đường kính AB với đường trung trực của AB, K không thuộc nửa mặt phẳng chứa hình vuông AMCD))

-Hết-

Sở gd&đt thanh hoá

Trường THPT Hậu Lộc I đề thi học sinh giỏi lớp 12

Môn: toán – bảng A

Thời gian: 180 phút

Bài1: ( 4 điểm)

Cho hàm số y   2xm x2  2x 2

1 Tìm các tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi m = 3

2 Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại một điểm xo<-2

Bài 2: ( 4điểm)

1 Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn  1;2

0 1 3

2 1

x m

2 Giải bất phương trình:

6 4 2 6

4 2 6

2

)1()

1()

2

m m

2 Cho  ABC Tìm giá trị lớn nhất của sinC biết:

sin2A + sin2B = k sin2C Với k >

2 1

Bài 4: ( 2 điểm)

Tìm các đa thức f(x) thoả mãn:

x.f(x-1) = (x-3) f(x)

Bài 5: ( 6 điểm)

1 Lập phương trình của Parabol (P) có tiêu điểm F(3;2) và đỉnh S(2;1).

2 Cho tứ diện OABC, đỉnh S có ba mặt vuông Gọi H là hình chiếu của

O lên đáy ABC Chứng minh rằng:

a) 1 2 12 12 12

OC OB

OA

b) S2 ABC S2 OBC S2 OAC S2 OAB

Ta cã tiÖm cËn xiªn bªn ph¶i y= x-3 (0,25®iÓm)

TiÖm cËn xiªn bªn tr¸i

5223

) 1 ( 1

2 2 2

0 ) 2 2

(

0 2 2

) 1 ( 2

0 0 2 0

3 0 2

0

0 2

x x

m

x x

x m

(0,5 ®iÓm)

§Æt

1

2 2 2

)

(

0 0 2 0 0

g víi xo<-2 (0,25 ®iÓm)

) ( 0 2 2 )

1 (

2 )

(

0 2 0 2 0

0

/

x g x

x x

 (0,5 ®iÓm)

3

10 2

1 3

m t

;0)(

24

)

/

t t

1

2

2 6

4 2

2 2

(cos)

Ta suy ra vế trái của (2)  sin2t cos2t 1 ; t (0,25 điểm)

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là R (0,25 điểm)

Ta có 1 + cosx > 0 ; 1 + sinx > 0 (0,25 điểm)

Phương trình  logcosxsinxln( 1  cosx)  logsinxcosxln( 1  sinx) (0,25 điểm)

(*) ) cos 1 ln(

) cos (ln ) sin

sin ln

cos ln ) cos 1 ln(

x

x x

x

x x

x x

ln)(

2

t

t t

) 1 (

ln ) ln(

) ( 2

t

t t t t t

Từ giả thiết, theo định lý sin ta có: a2+ b2= kc2 (0,25 điểm) Theo định lý cosin ta được: a2+ b2= k ( a2+b2-2abcosC ) (0,25 điểm)

ab

b a k

k

C

2

1 cos

b a k

k

2

1 cos

cos 1

sin

k

k C

Bài 5:1.(1 điểm)

Đường thẳng SF là trục của (P) có phương trình: x – y - 1 = 0 (0,25 điểm)

Đường chuẩn (  ) của (P) có phương trình: x + y - 1 = 0 (0,5 điểm) Gọi điểm M(x;y)  (P)  FM = d(M;  ) (0,25 điểm)

2

) 1 (

) 2 (

)

3

(

2 2



 x y x y (0,5 điểm)

 x2+ y2- 2xy - 10x - 6y + 25 = 0 (*) (0,25 điểm) (*) là phương trình của Parabol (P) nhận điểm S làm đỉnh

và F là tiêu điểm (0,25 điểm)

 H là trực tâm của  ABC (0,25điểm)

Xét  vuông AOA1 tại O ta có: B (0,5điểm)

2 1 2

2

1 1

1

OA OA

OH   (1) (0,25điểm)

 OBC vuông tại O, ta có: 2 2 2

1

1 1

1

OC OB

OA   (2) (0,25điểm)

Từ (1) và (2) ta có:

H O

2 2

2

2

1 1

1

1

OC OB

OA

OH    (®pcm) (3) (0,25®iÓm)

Nh©n hai vÕ cña (3) víi 9.V2

OABC ta cã: (0,25®iÓm) 9.V2

OABC =OH2.(SABC)2= OA2 (SOBC)2= OB2 (SOAC)2 = OC2 (SOAB)2 (0,5®iÓm)

Ta ®­îc:

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2

2

) (

) (

) (

)

(

OC

S OC OB

S OB OA

S OA OH