2 Đề thi khảo sát HSG lần 1 Toán 12 (2013-2014) - THPT Lạng Giang số 1

Chia sẻ: Le Diem Huong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

0
61
lượt xem
8
download

2 Đề thi khảo sát HSG lần 1 Toán 12 (2013-2014) - THPT Lạng Giang số 1

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

2 Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán lớp 12 khối A, A1, B, D năm 2013-2014 dành cho học sinh giỏi toán, tư liệu này sẽ giúp các em phát huy tư duy, năng khiếu môn Toán trước kì thi học sinh giỏi sắp tới. Mời các cùng bạn tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: 2 Đề thi khảo sát HSG lần 1 Toán 12 (2013-2014) - THPT Lạng Giang số 1

  1. WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1 ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2013 - 2014 Đề gồm 01 trang Môn: Toán - Khối A, A1. Thời gian làm bài: 150 phút --------------------*******-------------------- A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) −2 x + 4 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị là ( C ) 1− x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 15 b. Tìm m để đường thẳng d : y = 2 x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho S∆IAB = 4 với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 3cos x − 2 = 3 ( cos x − 1) cot 2 x  4 x 8 x − 4 − 12 y − 5 = 4 y + 13 y + 18 x − 9 2 3 (1) Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 , ( x, y ∈ ℝ ) 4 x − 8 x + 4 2 x − 1 + 2 y + 7 y + 2 y = 0  3 2 ( 2) Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: log 2 ( 2x − 7 ) − log ( x − 1) = log 2 ( x + 3) 2 2 2 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết góc giữa MN với mp(ABC) bằng 600 .Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AC, MN theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 3 ( a 4 + b 4 + c 4 ) − 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 12 = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất a2 b2 c2 của biểu thức P = + + b + 2c c + 2a a + 2b B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng ∆1 : 2 x − 11y + 7 = 0 và ∆ 2 : 2 x + 3 y + 4 = 0 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M ( 8; −14 ) cắt hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 lần lượt tại A, B sao cho 2 AM + 3MB = 0 Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có 7 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh và 6 viên bị màu vàng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ 3 mầu. n  −1 3 Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  2 x 2 − 3  thành đa thức. Biết rằng  x  n−3 n−2 n là một số nguyên dương thỏa mãn Cn − Cn −1 = Cn −1 .Cn + 3 3 1 2. Theo chương trình nâng cao. Câu 7b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Câu 8b (2,0 điểm) Từ các chữ số 0; 1; 2; …; 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác nhau đôi một và chữ số chính giữa luôn là 2. Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton ( ) n lg(10 −3 x ) 5 ( x −2) lg3 2 + 2 số hạng thứ 1 3 2 6 bằng 21 và Cn + Cn = 2Cn . .................................Hết................................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: .......................................................... Số báo danh:.........................
  2. WWW.VNMATH.COM HƯỚNG DẪN CHẤM Ơ Lưu ý: Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược các bước giải, trong bài làm của học sinh phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, không được dùng bút xóa và không được viết tắt. Các đồng chí chấm đúng và đủ điểm cho học sinh để bài thi còn trả lại học sinh. Các cách làm khác nếu đúng, các đồng chí vận dụng cách cho điểm trong hướng dẫn chấm để chấm cho học sinh CÂU NỘI DUNG ĐIỂM A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) + Tập xác định: D = R \ {1} + Sự biến thiên lim y = 2 , lim y = 2 . y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị (C) x →+∞ x →−∞ lim y = −∞ , lim y = +∞ . x = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị (C) + − 0.25 x →1 x →1 2 a + Ta có y ' = > 0 ∀x ∈ D ( x − 1) 2 0.25 Bảng biến thiên + Kết luận: - Hàm số đồng biến trên ( −∞;1) và (1; +∞ ) 0.25 - Hàm số không có cực trị + Đồ thị: Vẽ đúng dạng, đẹp 0.25 + Xét phương trình hoành độ giao điểm −2 x + 4 x ≠ 1  = 2x + m ⇔  2 1− x  2 x + ( m − 4 ) x − m + 4 = 0 (1)  Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 2 + ( m − 4 ) − m + 4 ≠ 0  ⇔ ∆ = m − 16 > 0 2 1  0.25 m > 4 ⇔ ( *)  m < −4 + Khi đó, A ( x A ;2 xA + m ) ; B ( xB ;2 xB + m ) với xA ; xB là nghiệm của (1)  4−m  x A + xB = 2  0.25 Áp dụng định lí Viet ta có:  b x x = 4 − m  A B  2 + Theo giả thiết, ta có 15 m S∆AIB = ⇔ 2d ( I , AB ) . AB = 15 ⇔ 2. . AB = 15 ⇔ 4. AB 2 .m 2 = 1125 4 5 0.25 ⇔ 20 ( xA − xB ) .m = 1125 ⇔ 4 ( x A + xB ) − 4 x A xB  .m 2 = 1125 2 2 2   ⇔ ( m − 16 ) m = 225 2 2  m 2 = 25 ⇔ 2  m = −9  ⇔ m 2 = 25 0.25 m = 5 ⇔  m = −5
  3. WWW.VNMATH.COM Vậy m = ±5 là giá trị cần tìm + Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Z . Khi đó phương trình cos 2 x ⇔ 3cos x − 2 = 3 ( cos x − 1) sin 2 x cos 2 x ⇔ 3cos x − 2 = 3 ( cos x − 1) 0.25 1 − cos 2 x 2 cos x ⇔ 3cos x − 2 = −3 1 + cos x ⇔ ( 3cos x − 2 )(1 + cos x ) = −3cos 2 x 0.25 ⇔ 6cos x + cos x − 2 = 0 2  1  cos x = 2 2 ⇔  cos x = − 2   3  π 1  x = 3 + k 2π Với cos x = ⇔  2  x = − π + k 2π   3   2  x = arccos  − 3  + k 2π 2   Với cos x = − ⇔  0.25 3   2  x = − arccos  −  + k 2π   3 Kết luận:…. 1 Điều kiện: x ≥ 2 (1) ⇔ 8 x 2 x − 1 = 4 y 3 + 12 y 2 + 13 y + 5 + 3 2 x − 1 ⇔ 8 x 2 x − 1 − 3 2 x − 1 = 4 y 3 + 12 y 2 + 13 y + 5 ⇔  4 ( 2 x − 1) + 1 2 x − 1 = 4 ( y + 1) + ( y + 1) 3   0.25 ( ) 2 x − 1 + 2 x − 1 = 4 ( y + 1) + ( y + 1) ( 3) 3 ⇔4 3 Từ ( 3) ⇒ y + 1 ≥ 0 ⇔ y ≥ −1 Xét hàm số f ( t ) = 4t 3 + t trên D = [0; +∞ ) Ta có f ' ( t ) = 12t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ D . Suy ra f ( t ) = 4t 3 + t đồng biến trên D Khi đó: 3 ( 3) ⇔ f ( ) 2 x − 1 = f ( y + 1) 0.25 ⇔ 2x − 1 = y + 1 ⇔ 2x = y2 + 2 y + 2 Thay vào ( 2 ) ta có (y + 2 y + 2 ) − 4 ( y 2 + 2 y + 2 ) + 4 ( y + 1) + 2 y 3 + 7 y 2 + 2 y = 0 2 2 ⇔ y 4 + 6 y 3 + 11 y 2 + 6 y = 0 ⇔ y ( y + 1) ( y 2 + 5 y + 6 ) = 0 0.25 y = 0  y = −1 ⇔ 0.25  y = −2   y = −3
  4. WWW.VNMATH.COM y = 0 So sánh với điều kiện y ≥ −1 . Ta có   y = −1 Với y = 0 ta có x = 1 1 Với y = −1 ta có x = 2 Kết luận:…. x > 1  Điều kiện:  7 . Khi đó phương trình tương đương với x ≠ 2  0.25 2log 2 2 x − 7 − 2log 2 ( x − 1) = 2log 2 ( x + 3) ⇔ log 2 2 x − 7 = log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 3) ⇔ log 2 2 x − 7 = log 2 ( x − 1)( x + 3)    0.25 ⇔ 2 x − 7 = ( x − 1)( x + 3) ( *) 7 Trường hợp 1: Nếu 2 x − 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ thì 2 0.25 4 (*) ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 2 x − 7 ⇔ x 2 + 4 = 0 Phương trình vô nghiệm 7 Trường hợp 2: Nếu 2 x − 7 < 0 ⇔ x < thì 2 (*) ⇔ x 2 + 2 x − 3 = −2 x + 7 ⇔ x 2 + 4 x − 10 = 0  x = −2 + 14 ⇔  x = −2 − 14  x > 1 7  Kết hợp điều kiện x < và  7 ta có x = −2 + 14 là nghiệm của PT đã cho. 0.25 2 x ≠ 2  S M K H I A C J N B 5 Gọi I là trung điểm AC, do ∆SAC cân tại S nên SI ⊥ ( ABC ) . Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI ⇒ MH ⊥ ( ABC ) , do đó (MN,(ABC)) = ∠MNH = 60 0 . Ta a2 có S ABC = . 0.25 2 Xét ∆HCN có: a 3a 2 5a 2 NC = ; HC = ; NH 2 = HC 2 + NC 2 − 2 HC .NC .cos450 = ; 2 4 8 a 10 NH = 4
  5. WWW.VNMATH.COM 30 30 Trong ∆MHN có MH = NH tan 600 = a ; SI = 2 MH = a 4 2 0.25 1 30 ⇒ VS . ABC = SI .S ABC = a 3 3 12 Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là HK ⊥ MJ (1). Ta có JN ⊥ BI , màBI / / HJ ⇒ JN ⊥ HJ ( 2 ) SI / / MH , màSI ⊥ JN ⇒ JN ⊥ MH (3) ( 2 ) , ( 3) ⇒ JN ⊥ ( MHJ ) ⊃ HK ⇒ HK ⊥ JN ( 4 ) 0.25 (1) , ( 4 ) ⇒ HK ⊥ ( MNJ ) d ( AC , MN ) = d ( H ∈ AC , MN ) = d ( H , ( MJN )) = HK a 30 a 2 . MH .HJ 4 4 = a 30 = = 0.25 MH 2 + HJ 2 30a 2 2a 2 16 + 16 16 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: a2 + ( b + 2c ) a ≥ 2 a 2 . ( b + 2c ) a = 2a 2 2 2 b + 2c 9 b + 2c 9 3 Tương tự ta cũng có b2 + ( c + 2a ) b ≥ 2 b 2 . ( c + 2a ) b = 2b2 2 2 c + 2a 9 c + 2a 9 3 c2 + ( a + 2b ) c ≥ 2 c 2 . ( a + 2b ) c = 2c 2 2 2 0.25 a + 2b 9 a + 2b 9 3 Khi đó a2 b2 c2 ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 ) −  a 2 ( b + 2c ) + b 2 ( c + 2a ) + c 2 ( a + 2b )  (*) 2 1 P= + + b + 2c c + 2a a + 2b 3 9  Theo Cosi, ta có a 3 + a 3 + c3 b3 + b3 + a 3 c3 + c 3 + b3 a 2c + b2 a + c2b ≤ + + = a 3 + b3 + c 3 (**) 3 3 3 Từ (*) và (**) suy ra 6 P≥ 3 ( a + b2 + c 2 ) − 1 ( a + b + c ) ( a 2 + b2 + c 2 ) 2 2 9 0.25 ≥ ( a + b2 + c 2 ) − ( a + b2 + c 2 ) 3 ( a 2 + b2 + c 2 ) 2 2 1 2 3 9 Đặt t = 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) , từ giả thiết ta có: 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 12 = 3 ( a 4 + b 4 + c 4 ) ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ⇔ ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 7 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 12 ≤ 0 2 0.25 ⇔ 3 ≤ ( a2 + b2 + c2 ) ≤ 4 Do đó 2 1 2 1 P ≥ t 2 − t 3 . Xét hàm số f ( t ) = t 2 − t 3 trên D = 3; 12    9 27 9 27 2 1 Lập bảng biến thiến của hàm số f ( t ) = t 2 − t 3 trên D = 3; 12  ta được   9 27 min f ( t ) = f ( 3) = 1 . Suy ra P ≥ 1 D Vậy Min P = 1 đạt được khi a = b = c = 1 0.25
  6. WWW.VNMATH.COM B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn.  11a − 7   11a − 23  Gọi A ∈ ∆1 ⇒ A  ; a  ⇒ MA =  ; a + 14  0.25  2   2   −3b − 4   −3b − 20  Gọi B ∈ ∆ 2 ⇒ A  ; b  ⇒ MB =  ; b + 14  0.25  2   2  Theo giả thiết, ta có 3MB + 2 AM = 0 ⇔ 3MB = 2 MA  −9b − 60  = 11a − 23 22a + 9b = −14 a = 1 ⇔ 2 ⇔ ⇔ 3b + 42 = 2a + 28 2a − 3b = 14 b = −4 0.25 7a  Khi đó A ( 2;1) , B ( 4; −4 ) Ta có AB = ( 2; −5 ) là 1 vecto chỉ phương của AB.  qua A ( 2;1)  AB được xác định  vtcp AB = ( 2; −5 )   x = 2 + 2t AB có phương trình tham số   y = 1 − 5t 0.25 + Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C = 3060 4 18 0.25 + Gọi biến cố A = “Bốn viên bi lấy ra có đủ 3 mầu” 8a Số các cách chọn thuận lợi cho biến cố A là n ( A ) = C72C5C6 + C7 C52C6 + C7 C5C62 = 1575 1 1 1 1 1 1 0.5 n ( A) 1575 35 Xác suất của biến cố A là P ( A) = = = = 0.515 n (Ω) 3060 68 0.25 Điều kiện: n ∈ N , n ≥ 3 Ta có n− n− Cn − Cn −13 = Cn −12 .Cn + 3 ⇔ 3 1 n! − ( n − 1)! = ( n − 1)! . ( n + 3)! 3!( n − 3)! ( n − 3)!2! ( n − 2 )!1! ( n + 2 )!1!  n = 12 9a ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔  . Vậy n = 12 . 0.25  n = −1 12 k  3 12 − k  3  0.25 Với n = 12 ta có  2 x 2 − 3  = ∑ ( −1) C12 . ( 2 x 2 ) .  3  = ∑ ( −1) C12 .212− k .3k .x 24−5 k 12 12 k k k k  x  k =0  x  k =0 −1 Số hạng chứa x trong khai triển ứng với 24 − 5k = −1 ⇔ k = 5 0.25 Vậy hệ số của số hạng chứa x −1 là ( −1) C12 27.35 = −24634368 5 5 0.25 2. Theo chương trình nâng cao. Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y = x . 0.25  2 x − 4y − 2 = 0 x = − 3  2 2 Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :  ⇔ ⇒ A − ;−  0.25 y = x y = − 2  3 3  3 8 8 0.25 7b Vì M là trung điểm của AC nên C  ;  3 3 x Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: y = +2 4 x + y + 3 = 0   x = −4 BH ∩ BC = B :  x ⇔ ⇒ B ( −4;1) y = 4 + 2 y = 1 0.25  + Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau đôi một là ab 2de 8b Do ab 2de là số chẵn nên e ∈ {0;4;6;8} 0.25
  7. WWW.VNMATH.COM + Trường hợp 1: Nếu e = 0 thì a có 8 cách chọn b có 7 cách chọn d có 6 cách chọn 0.25 e có 1 cách chọn Theo qui tắc nhân ta có: 8.7.6.1 = 336 số + Trường hợp 2: Nếu e ∈ {4;6;8} thì a có 7 cách chọn b có 7 cách chọn d có 6 cách chọn 0.25 e có 3 cách chọn Theo qui tắc nhân ta có: 7.7.6.3 = 882 số 0.25 Vậy có 336 + 882 = 1218 số 1 3 2 + Phương trình Cn + Cn = 2Cn ⇔ n(n2 − 9n + 14) = 0 ⇔ n = 7 0.25 + Số hạng thứ 6 trong khai triển ( 2 lg(10−3 ) + 2( x −2) lg3 ) 7 x 5 là: 5( lg(10 −3 ) ) ( 5 ( x −2) lg3 ) 2 5 x C7 2 2 0.25 9b + Ta có: C7 .2 lg(10 −3 ).2( x −2) lg3 = 21 ⇔ 2 lg(10−3 )+( x −2)lg 3 = 1 x x 5 ⇔ lg(10 − 3 x ) + ( x − 2) lg 3 = 0 0.25 x x −2 2x x ⇔ (10 − 3 ).3 =1 ⇔ 3 − 10.3 + 9 = 0 ⇔ x = 0; x = 2 0.25 + KÕt luËn:…
  8. WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ, GIỎI LẦN 1 TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 Năm học 2013 – 2014 ––––––––––––––––––– Môn: Toán 12– Khối B, D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2 có đồ thị (Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C ) với m=1 2. Tìm m để (Cm) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân Câu 2 (3 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác : 2 cos 2 x + 3cos x − 2 cos 3 x = 4sin x sin 2 x  4 y − 5 + 4x2 −1 = 1  2. Giải hệ phương trình:   y ( y − x + 2) = 3x + 3  3. Giải phương trình: log 2 ( x − 3) + 2 = log 2 4 − x + log8 ( x + 4 ) 3 Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với O là giao điểm của hai đường chéo, biết AB=BC=a, AD=2a. Hai mặt phẳng (SBD) và (SAC) vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và đáy bằng 450. Tính thể tích khối tứ diện SBCD và khoảng cách từ A đến (SCD). Câu 4 ( 1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . a 5 − 2a 3 + a b5 − 2b3 + b c 5 − 2c3 + c 2 3 Chứng minh rằng + + ≤ b2 + c 2 c2 + a2 a2 + b2 3 PHẦN RIỀNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần ( phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 5a (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A(1; 2) , đường thẳng d : x − y − 1 = 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C biết rằng B có tung độ dương ex 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [0;2] 2x +1 Câu 6a (1 điểm) Cho n nguyên dương thỏa mãn An + 6Cn2 − 4Cn = 100 .Tìm hệ số chứa x8 trong khai 3 1 3n  2n  triển nhị thức Niu-tơn của  x 2 +  .  5  B. Theo chương trình nâng cao Câu 5b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC là x + 7 y − 31 = 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0, d 2 : x − 2 y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. x2 + 2x + 2  1  2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = trên  − ; 2  x +1  2  Câu 6b (1 điểm) Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Nguời ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để trong số bi lấy ra không có đủ cả ba màu? –––––––Hết –––––– Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................
  9. WWW.VNMATH.COM HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI KHỐI 12 LẦN 1 KHỐI B và D CÂU PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ĐIỂM 1.(1 điểm) y = x 4 − 2 x 2 + 2 +Tập xác định,tìm các giới hạn 0,25 +Tính đạo hàm, xét dấu đạo hàm, lập bảng biến thiên 0,25 + Chỉ ra sự biến thiên, cực trị 0,25 + Đồ thị 0,25 2.(1 điểm) y = x 4 − 2mx 2 + 2 Câu 1 + Tìm đúng điều kiện để hàm số có 3 cực trị: m > 0 0.25 ( ) ( (2 điểm) + Tìm được toạ độ 3 điểm cực trị A ( 0; 2 ) , B − m ; −m 2 + 2 , C m ; −m 2 + 2 ) ( ) ( ) 0.25 Khi đó AB = − m ; −m 2 và AC = m ; −m 2 + Tam giác ABC luôn cân tại A +Tam giác ABC vuông tại A khi AC vuông góc AB ⇔ AB. AC = 0 m = 0 0.5 ⇔ −m + m4 = 0 ⇔  m = 1 + Đối chiếu điều kiện, lấy m=1 1. (1 điểm) Giải phương trình 2 cos 2 x + 3cos x − 2 cos 3 x = 4sin x sin 2 x Câu 2 + Phương trình tương đương (3 điểm) 2 cos 2 x + 3cos x − 2 cos 3 x = 4sin x sin 2 x 0.25 ⇔ 2 cos x + 3cos x − 2 cos 3 x = 2 cos x − 2 cos 3x 2  −1 ⇔ 2 cos x + cos x = 0 ⇔ 2 cos x = 2 0.25  cos x = −1  2π  x=− + k 2π 3  2π ⇔ x = + k 2π 0.25  3   x = π + k 2π   Kết luận: ... 0.25  4 y − 5 + 4x2 −1 = 1 (1)  2. (1 điểm) Giải hệ phương trình:   y ( y − x + 2) = 3x + 3  ( 2)  1  x ≥ 2   1 + Điều kiện:   x ≤ − 0.25  2  5 y ≥  4  y = −3 (loai) ( 2 ) ⇔ y 2 − ( x − 2 ) y − 3x − 3 = 0 ⇔ ( y + 3)( y − x − 1) = 0 ⇔  0.25  y = x +1
  10. WWW.VNMATH.COM +Thế y=x+1 vào (1) được: Giải phương trình : 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 (1) 4 x − 1 ≥ 0 1 Điều kiện:  2 ⇔ x≥ 4 x − 1 ≥ 0 2 1 + Nếu x = thì (1) được thỏa mãn 2 0.5 1 + Nếu x > thì 4 x − 1 > 1 suy ra (1) vô nghiệm 2 1 3 Vậy x = . Khi đó y = 2 2 1 3 Kết luận: Hệ phương trình có 1 nghiệm  ;  2 2 3. Giải phương trình log 2 ( x − 3) + 2 = log 4 − x + log 8 ( x + 4 ) 3 2 + Điều kiện 3 < x < 4 + PT ⇔ log 2 ( x − 3) + log 2 4 = log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( x + 4 ) 0.25 ⇔ log 2 4 ( x − 3) = log 2 (16 − x 2 ) ⇔ 4 ( x − 3) = 16 − x 2 0.25  x = −2 + 4 2 +Giải phương trình 4 ( x − 3) = 16 − x 2 ta được  0.25  x = −2 − 4 2  + Kiểm tra điều kiện và kết luận phương trình có các nghiệm x = −2 + 4 2 0.25 Câu 3 (1 điểm) S A 2a H D a O B a C + Theo giả thiết suy ra SO là đường cao của khối chóp +Vì SO ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa SC và (ABCD) bằng SCO = 450 0.25 1 a2 + S BCD = AB.BC = 2 2 BC OC 1 1 2 0.25 + = = ⇒ OC = AC = a. AD OA 2 3 3 2 + Vì △SOC vuông cân tại O nên SO = a 3
  11. WWW.VNMATH.COM 1 1 2 2 3 + Thể tích khối VSBCD = SO.S BCD = a.a 2 = a 3 3 3 9 + Chứng minh được AC ⊥ CD 0.25 + Trong (SAC), dựng OH ⊥ SC . Chứng minh được OH ⊥ ( SCD ) 1 1 1 9 a + Xét △SOC có 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ OH = OH SO OC a 3 + d ( A, ( BCD ) ) = 3d ( O, ( BCD ) ) =3OH=a 0.25 Câu 4 a 5 − 2a 3 + a b5 − 2b3 + b c5 − 2c3 + c 2 3 (1 điểm) Chứng minh rằng + + ≤ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 3 Do a, b, c > 0 và a + b + c = 1 nên a, b, c ∈ ( 0;1) 2 2 2 0.5 ( ) 2 a 5 − 2a 3 + a a a − 1 2 Ta có = = −a3 + a b2 + c2 1 − a2 Bất đẳng thức trở thành ( −a 3 + a ) + ( −b3 + b ) + ( −c3 + c ) ≤ 2 3 3 Xét hàm số f ( x ) = − x3 + x ( x ∈ ( 0;1) ) . Ta có: 0.5 2 3 2 3 Max f ( x ) = ⇒ f ( a ) + f (b ) + f (c ) ≤ ( 0;1) 9 3 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 3 Câu 5a 1(1 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A(1; 2) , đường thẳng d : x − y − 1 = 0 là tiếp (2 điểm) tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C biết rằng B có tung độ dương d: x-y-1=0 B H I C A(1;2) + Gọi H là hình chiếu của A trên d là H ( 2;1) , AH = d ( A; d ) = 2 0.25 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm I của BC d vuông góc BC nên BC//AH suy ra ABH = 450 Suy ra, HB = HA = 2
  12. WWW.VNMATH.COM + Gọi B ( t; t − 1) 0.25 Ta có HB 2 = ( t − 2 ) + ( t − 2 ) = 2t 2 − 8t + 8 2 2 Mà HB2=2 nên t = 3 hoaë t=1 . Khi đó B ( 3; 2 ) hoặc B (1;0 ) c + Vì yB > 0 ⇒ B ( 3; 2 ) + Vì AHBI là hình vuông nên I(2;-1) 0.25 + Vì I là trung điểm của BC nên C(1;-4) 0.25 Kết luận: B(3;2) và C(1;-4) ex 2.(1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = trên [0;2] 2x +1 e x (2 x − 1) 0.25 Hàm số y=f(x) liên tục và xác định trên [0;2] , f ' ( x ) = (2 x + 1)2 1 0.25 Với x ∈ [ 0; 2] , phương trình f '( x) = 0 ⇔ x = 2 1 e e2 0.25 f (0) = 1; f   = ; f (2) = 2 2 5 0.25 e2 Từ đó xmin f ( x ) = ; Max f ( x ) = e ∈[0;2] 2 x∈[0;2] 5 Câu 6a (1 điểm) (1điểm) n ≥ 3 0. 5 +) Đk:  n ∈ N n! n! n! An + 6Cn − 4Cn = 100 ⇔ 3 2 1 +6 −4 = 100 (n − 3)! 2!(n − 2)! (n − 1)! +) ⇔ n3 − 5n − 100 = 0 ⇔ (n − 5)(n 2 + 5n + 20) = 0 ⇔ n = 5 . +Khai triển nhị thức Niu tơn ta có 0.25 3n Với n = 5 ta có  x 2 +  = ( x 2 + 2 ) = ∑ C15 2k x 30− 2 k 15 2n 15 k    5  k =0 + Số hạng chứa x tương ứng với 30 − 2k = 8 ⇔ k = 11 . Vậy hệ số cần tìm là 8 0.25 C15 211 = 2795520 11 Câu 5b 1.(1 điểm) (2điểm) B A C I D B ∈ d1 : y = 8 − x ⇒ B(b; 8 − b), 0.25
  13. WWW.VNMATH.COM http://toanhocmuonmau.violet.vn D ∈ d 2 : x = 2 y − 3 ⇒ D(2d − 3; d ). ⇒ BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) và trung điểm  b + 2d − 3 − b + d + 8  BD là I  ; .  2 2  Theo tính chất hình thoi 0.25  BD ⊥ AC u .BD = 0  − 8b + 13d − 13 = 0 b = 0 ⇒ ⇔  AC ⇔ ⇔  I ∈ AC  I ∈ AC  − 6b + 9d − 9 = 0 d = 1  B (0; 8)  1 9 0.25 Suy ra  ⇒ I  − ; . A ∈ AC : x = −7 y + 31 ⇒ A(−7 a + 31; a ).  D(−1; 1)  2 2 1 2S 15 S ABCD = AC .BD ⇒ AC = = 15 2 ⇒ IA = 2 BD 2 a = 3  A(10; 3) 0.25 2 2 2  63   9 225  9 9 ⇒  − 7a +  +  a −  = ⇔ a −  = ⇔  ⇒  2  2 2  2 4 a = 6  A(−11; 6) (ktm ) Suy ra A(10; 3) ⇒ C (−11; 6). x 2 + 2x + 2  −1  2.(1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên  ;2 x +1 2  0.25  −1  x 2 + 2x + Hàm số liên tục và xác định trên  ;2 , y ' = ( x + 1) 2 2  0.25  −1  + Với x ∈  ;2 phương trình y ' = 0 có 1 nghiệm x=0 2  0.25  −1  3 + Tính y ( 0) = 2; y   = ; y ( 2) = 10  2 2 3 0.25  −1  3 + Kết luận min y = y   = ; max y = y ( 2) = 10  −1   ;2 2  2  2  −21;2   3     Câu 6b (1 điểm) (1điểm) + Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: C18 , số phần tử của không gian mẫu là 0.25 4 n ( Ω ) = C 18 = 3060 4 + Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: C5 C6 C7 + C5 C6 C7 + C5 C6 C7 0.5 2 1 1 1 2 1 1 1 2 + Gọi A là biến cố lấy các viên bi có đủ cả 3 màu, nên n ( A) = C52C6C7 + C5C62C7 + C5C6C7 = 1575 1 1 1 1 1 1 2 n ( A ) 1575 35 + Xác suất của A là p ( A) = = = n ( Ω ) 3060 68
  14. WWW.VNMATH.COM ( ) + Ta thấy A là biến cố “ 4 viên bi không có đủ 3 màu” nên p A = 1 − p ( A ) = 33 68 0.25 –––––––HẾT––––––––

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản