Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hòa Bình

Chia sẻ: Hương Nắng Mai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

0
49
lượt xem
11
download

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hòa Bình

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

Mời các bạn tham khảo "Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hòa Bình" để làm quen với cấu trúc đề thi, các dạng bài tập và luyện thi học sinh giỏi đạt hiệu quả. Hy vọng, đây sẽ là tài liệu tham khảo hay và chất lượng, chúc các bạn ôn tập thật tốt!

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hòa Bình

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> <br /> UBND TỈNH HÒA BÌNH<br /> <br /> ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH<br /> <br /> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> <br /> NĂM HỌC 2013-2014<br /> MÔN: TOÁN - LỚP 12<br /> <br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> Thời gian làm bài: 180 phút<br /> <br /> Câu 1 (4 điểm).<br /> Cho hàm số y <br /> <br /> 2x  1<br /> có đồ thị (C).<br /> x 1<br /> <br /> 1/ Tìm các khoảng đơn điệu của đồ thị hàm số (C).<br /> 2/ Tìm k để đường thẳng y  kx  2k  1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho A,<br /> B cách đều trục hoành.<br /> Câu 2 (6 điểm).<br /> 1/ Tìm nghiệm x   0;   của phương trình sin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  1  0<br /> 3<br /> 4<br /> <br /> 2/ Giải phương trình log 2  x  6   log 2 2 x 2  1  log16  x 2  3x <br /> <br /> 4<br /> <br /> 3/ Giải hệ phương trình:<br />  3<br /> y 1<br /> .( y  1)<br /> 2 x  x <br /> 16<br /> <br />  x 2  y  3x  1  0<br /> <br /> <br /> Câu 3 (4 điểm).<br /> Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thang ( AD / / BC ), H là trung điểm của<br /> AB . Biết rằng tam giác SAB đều cạnh 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,<br /> SC  a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  bằng 2a 2 .<br /> <br /> 1/ Tính khoảng cách từ S tới mặt phẳng ( ABCD ).<br /> 2/ Tính thể tích khối chóp S .ABCD .<br /> Câu 4 (4 điểm).<br /> Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC. Gọi E; F lần lượt là chân<br /> đường cao hạ từ B và C. Biết đỉnh A(3; -7); trung điểm của BC là M(-2; 3); đường tròn ngoại<br /> tiếp tam giác AEF có phương trình là: ( x  3) 2  ( y  4) 2  9 .<br /> 1/ Tìm tọa độ trực tâm của tam giác ABC.<br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> Trang | 1<br /> <br /> CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> 2/ Xác định tọa độ đỉnh B; C.<br /> Câu 5 (2điểm).<br /> Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 5 x 2  20 x  30  m  2 x  5 x 2  5<br /> ----------------------- HẾT ------------------------<br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> Trang | 2<br /> <br /> CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN<br /> Câu<br /> <br /> Ý<br /> <br /> Câu<br /> 1<br /> <br /> 1<br /> <br /> Nội dung<br /> <br /> Điểm<br /> <br /> \ 1<br /> <br /> Tập xác định D <br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 1<br /> y <br />  0, x  D<br /> ( x  1)2<br /> ,<br /> <br /> Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng (;  1) ; (1;  )<br /> 2<br /> <br /> Xét pt hoành độ giao điểm<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> 2x  1<br />  kx  2k  1<br /> x 1<br /> <br /> Biến đổi được về: kx 2  x (3k  1)  2k  0 (1)<br /> Để pt (1) có hai nghiệm phân biệt thì k 2  6k  1  0 (*)<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> Các giao điểm A( x1; y1 ); B( x2 ; y2 ) , với y1  kx1  2k  1 ; y2  kx2  2k  1<br /> Để A, B cách đều Ox thì y1  y2  y1   y2 (Loại trường hợp y1  y2<br /> <br /> 0, 5<br /> <br /> vì khi đó x1  x2 , mà A, B phân biệt).<br /> y1   y2  y1  y2  0  k ( x1  x2 )  4k  2  0<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Sử dụng định lý Viet cho pt (1) ta được k  3 (Thỏa mãn (*)). KL….<br /> <br /> Câu<br /> 2<br /> <br /> 1<br /> <br /> 3<br /> log 2  x  6   log 2<br /> 4<br /> <br /> 2<br /> <br /> x 2  1  log16  x 2  3x <br /> <br /> 4<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Điều kiện xác định x  6; x  0; x  3<br /> Biến đổi tương đương chuyển được về:<br /> log 2  x  6   log 2 2 x  3<br /> <br /> 1,0<br /> 0,5<br /> <br /> Giải ra tìm được x  4 , thỏa mãn điều kiện. KL…..<br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> Trang | 3<br /> <br /> CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> 2<br /> <br /> Giải phương trình: sin 2 x  cos 2 x  3sin x  cos x  1  0<br /> Thay cos 2 x  1  2 sin 2 x , đưa về:<br /> 2sin 2 x  sin x (2cos x  3)  cos x  2  0<br /> 1<br /> <br /> s inx  2<br /> <br /> <br /> s inx = - cos x  2<br /> <br /> + Với s inx <br /> <br /> 1<br /> <br /> s inx  2<br /> <br /> <br /> s inx + cos x  2<br /> <br /> 1,0<br /> <br />  5<br /> 1<br /> có các nghiệm trong khoảng cần tìm là ; .<br /> 2<br /> 6 6<br /> <br /> <br /> + s inx+ cos x  2 , vô nghiệm vì s inx+ cos x  2 cos( x  )  2<br /> 4<br /> <br /> 3<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> ĐK: y  1<br /> (1)  4(2 x 3  x)  y  1.( y  1)  2 x(4 x 2  2)  y  1.( y  1) (3)<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> Xét hàm số f (t )  t (t 2  2) trên R, chỉ ra f(t) đồng biến trên R.<br /> 1,0<br /> PT (3)  f (2 x)  f ( y  1)  2 x  y  1  y  4 x 2  1 , thế vào (2) ta<br />  x  0  y  1(TM )<br />  x  1  y  5(TM )<br /> <br /> được pt 3 x 2  3 x  0  <br /> <br /> Vậy hệ có 2 nghiệm (0;1) và (1;5)<br /> Câu<br /> 3<br /> <br /> 1<br /> <br /> Tìm được tâm đt ngoại tiếp tam giác AEF: I(3; -4); bán kính R = 3.<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> Chỉ ra được tứ giác AEHF nội tiếp trong đường tròn đường kính AH.<br /> Từ đó H đối xứng với A qua tâm I, tìm được H(3; -1).<br /> 1,0<br /> 2<br /> <br /> Đường thẳng BC qua M, vuông góc với AH, có pt: y = 3.<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> Gọi B(b; 3) suy ra C(- 4 – b; 3)<br /> Do H là trực tâm của tam giác nên ta có:<br /> <br /> 0,5<br /> <br />  <br />  <br /> HB. CA  0  (b  7)(b  3)  40  0<br /> <br /> Giải ra tìm được b  2  65 , từ đó tọa độ điểm B, C cần tìm là:<br /> 0,5<br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> Trang | 4<br /> <br /> CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA<br /> MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017<br /> B1 (2  65;3); C1 (2  65;3) và B2 (2  65;3); C2 (2  65;3) .<br /> <br /> Câu<br /> 4<br /> <br /> 1<br /> <br /> S<br /> <br /> A<br /> <br /> D<br /> <br /> H<br /> <br /> C<br /> <br /> B<br /> <br /> Kẻ SH vuông góc với AB, suy ra H là trung điểm của BC<br /> Tính được SH  a 3 .<br /> 1,0<br /> Theo gt ( SAB )  ( ABCD)  SH  ( ABCD) , từ đó d ( S , ( ABCD))  SH<br /> <br /> 1,0<br /> <br /> KL….<br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 2<br /> <br /> Chứng minh được S HCD  S ABCD , suy ra VS . ABCD  2VS . HCD<br /> 1<br /> 3<br /> <br /> Mặt khác VS .HCD  VD.SHC  d ( D; SHC ). S SHC<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Xét tam giác SHC vuông tại H, SC  a 5; SH  a 3 suy ra HC  a 2 .<br /> 1<br /> 2<br /> <br /> Tính được S SHC  .SH .HC <br /> <br /> Thay số tính được VS . ABCD<br /> <br /> www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807<br /> <br /> a2 6<br /> 2<br /> <br /> 4 3.a 3<br /> <br /> (ĐVTT)<br /> 3<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Trang | 5<br /> <br />

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản