Đề thi chọn học sinh cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước" với mục tiêu giúp các bạn học sinh có cơ hội đánh giá lại lực học của bản thân cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề của giáo viên.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 28/09/2017 2x − 2 Câu 1. (THPT 4,0 điểm; GDTX 5,0 điểm). Cho hàm số y = . x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2 b) Tìm điểm M thuộc ( C ) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆1 : 2 x − y + 4 =0 bằng lần 3 khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 : x − 2 y + 5 =0. Câu 2. (THPT 6,0 điểm; GDTX 6,0 điểm). 4 cos3 x + 2 cos 2 x ( 2sin x − 1) − sin 2 x − 2 ( sin x + cos x ) a) Giải phương trình: = 0. 2sin 2 x − 1   y 3 ( x6  1)  3 y( x2  2)  3 y2  4  0   b) Giải hệ phương trình:     x, y   .     4 x  3    4  xy x 2  1   3 3 x  8   1    9   n+2 c) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển thành đa thức của 1 + x 2 (1 − x )  . Biết rằng C20n + C22n + ... + C22nn =2048. Câu 3. (THPT 4,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX không phải làm câu 3b, GDTX 3,0 điểm). a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A 1;2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh CD và AD , K là giao điểm của BM với CN . Viết phương trình của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK , biết đường thẳng BM có phương trình 2x  y  8  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . ( ) b) Cho đường tròn O đường kính AB , một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn O và ( ) d vuông góc với AB kéo dài tại K ( B nằm giữa A và K ). Gọi C là một điểm nằm trên đường tròn ( O ) , ( C khác A và B ). Gọi D là giao điểm của AC và d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn ( E là tiếp điểm và E, C nằm về hai phía của đường kính AB ). Gọi F là giao điểm của EB và d , G là giao điểm của ( ) AF và O , H là điểm đối xứng của G qua AB . Chứng minh ba điểm F, C, H thẳng hàng. Câu 4. (THPT 3,0 điểm; GDTX 4,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thang với , AB  AD  a, CD  2a. Biết rằng hai mặt phẳng SAC  và SBD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC ) và mặt đáy bằng 450. Tính theo a thể tích của khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC . Câu 5. (THPT 2,0 điểm; GDTX 2,0 điểm). 6 1 1 3 − 2 xy Cho x > 0, y > 0 thỏa x 4 + y 4 + 4 = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + . xy 1 + 2x 1 + 2 y 5 − x2 − y 2 Câu 6. (THPT 1,0 điểm; Thí sinh hệ GDTX không phải làm câu 6). Cho dãy số (u n ) được xác định R R   u1= a ≥ 1  u12017 u22017 un2017  như sau:  , ∀n ∈ N * . Tìm lim  + + ... + . = ( un +1 un un + 1 2017 )   u2 + u u2 u3 + 3 u u un +1 + n +1    1 u2 un  Hết U Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính bỏ túi, giám thị coi thi không giải thích gì thêm. U U Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:................................................... Chữ ký của giám thị 1:..............................................Chữ ký của giám thị 2:....................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BÌNH PHƯỚC CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2017-2018 Hướng dẫn chấm gồm 07 trang MÔN THI: TOÁN Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm Câu Nội dung THPT GDTX 2x − 2 Cho hàm số y = x +1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1 b) Tìm điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 4,0 5,0 2 ∆1 : 2 x − y + 4 =0 bằng lần khoảng cách từ M đến đường thẳng 3 ∆2 : x − 2 y + 5 =. 0 D  \ {−1} ⊕ TXĐ:= ⊕ Sự biến thiên 4 0,5 0.5 =y′ > 0, ∀x ≠ −1 nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. ( x + 1) 2 2x − 2 2x − 2 ⊕ Ta có lim− = +∞; lim+ = −∞ ⇒ Đồ thị của hàm số nhận x →−1 x +1 x →−1 x +1 đường thẳng có phương trình x = −1 là tiệm cận đứng. 2x − 2 2x − 2 0,5 0.5  Ta có lim = 2; lim = 2 ⇒ Đồ thị của hàm số nhận đường x →−∞ x + 1 x →+∞ x + 1 thẳng có phương trình y = 2 là tiệm cận ngang. Bảng biến thiên 0,5 0.5 1a ( )( )( )( )  Điểm đặc biệt: −2;6 , −3; 4 0; −2 , 1; 0 .  Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I (1;2) là tâm đối xứng.  Đồ thị: 0,5 1,0
 2x − 2   Giả sử M  x0 ; 0  ∈ (C ); x0 ≠ −1. Ta có:  x0 + 1   2 x0 − 2 2 x02 + 4 x0 + 6 2 x0 − +4 x0 + 1 x0 + 1 = d1 d M , ∆= 1 ( ) = 0,5 0,5 5 5 2 x0 − 2 x02 + 2 x0 + 9 x0 − 2 +5 x0 + 1 x0 + 1 1b d= 2 d M , ∆= 2 ( ) = . 5 5 2 x02 + 4 x0 + 6 x02 + 2 x0 + 9  2 2 x0 + 1 2 x0 + 1 2 x0 + 4 x0 += 6 2 2 3 0 ( ) x + 2 x0 + 9 (*) ⊕ d1 = d ⇔ = ⇔ 0,5 0,5 3 2 5 3 5  0 0 3 0 ( 0 ) 2 x2 + 4 x + 6 =− 2 x2 + 2 x + 9 (**) x = 0  Ta có (*) ⇔ x02 + 2 x0 =0 ⇔  0 và (**) ⇔ 2 x02 + 4 x0 + 9 =0 vô nghiệm. 0,5 0,75 x  0 = −2  Với x 0  0  M 0; 2; x 0  2  M 2;6 . 0,5 0,75 4 cos3 x  2 cos2 x 2 sin x  1  sin 2x  2 sin x  cos x  Giải PT: 0 2,0 2,0 2 sin2 x  1  k  ĐK: 2 sin2 x  1  0  cos 2x  0  x   , k  . 0,25 0,25 4 2  PT  4 cos3 x  2 cos2 x 2 sin x  1  sin 2x  2 sin x  cos x   0  4 cos3 x  2 cos2 x 2 sin x  1  sin 2x  2 sin x  cos x   0  4 cos3 x  4 cos2 x sin x  2 cos2 x  2 sin x cos x  2 sin x  cos x   0  4 cos2 x sin x  cos x   2 cos x sin x  cos x   2 sin x  cos x   0   sin x  cos x  4 cos2 x  2 cos x  2  0  0,75 0,75    sin x  cos x  0    cos x  1  2a  1  cos x    2     Với sin x  cos x  0  2 sin x    0  x    k , k   .  4  4  Với cos x  1  x  k 2, k   1 2  Với cos x   x   k 2, k   . 2 3 1,0 1,0 Đối chiếu với điều kiện phương trình có các họ nghiệm là: 2 x  k 2, k  , x    k 2, k   . 3 m 2 Chú ý : Viết gộp các họ nghiệm ta được họ nghiệm x  ,m   . 3 U U
Giải hệ phương trình:   y 3 ( x 6  1)  3 y( x2  2)  3 y 2  4  0       x, y   . 2,0 2,0         4 x  3 4  xy x2  1  3 3 x  8  1  9    ĐK: 4  xy x2  1  0   Ta có PT (1)  x 6 y 3 + 3 x 2 y = y 3 − 3 y 2 + 3 y − 1 + 3( y − 1) ⇔ ( x 2 y ) 3 + 3x 2 y = ( y − 1) 3 + 3( y − 1) 1,0 1,0 Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t có f '(t= ) 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈  ⇒ f (t ) đồng biến trên  . Mặt khác PT (1) ⇔ f ( x 2 y ) =f ( y − 1) ⇔ x 2 y =y − 1 ⇔ x 2 y − y =−1.  Thay x2 y  y  1 vào phương trình (2) ta có:     PT (2)  4 x  3 4  x x2 y  y  3 3 x  8  1  9   PT (2)  4 x  3  4  x  3 3x  8  1  9  3 3 0,25 0,25 Vì x   không phải là nghiệm của phương trình nên xét x   , 4 4 chia 2 vế phương trình cho 4x  3 ta có: 9 9 4  x  3 3x  8  1   4  x  3 3x  8  1  0. 2b 4x  3 4x  3 9  3 Xét hàm số g(x )  4  x  3 3x  8   1, với x ∈ ( −4; +∞ ) \ −  4x  3  4  3  0 với x ∈ ( −4; +∞ ) \ −  . Ta có g '( x)  1 1 36   2 4x  4 x  3 2  4 3 x  8  2 3  3 ⇒ Hàm số y  g(x ), đồng biến trên từng khoảng  −4; −  và  4  3   3  3   − ; +∞  ⇒ Trên mỗi khoảng  −4; −  và  − ; +∞  phương trình có  4   4  4  0,75 0,75 tối đa một nghiệm. Mà g(0)  g(3)  0  phương trình chỉ có hai nghiệm là x  0, x  3. Với x  0  y  1 . 1 Với x  3  y   . 8  1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là 0;1, 3;   .  8  Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển thành đa thức của n+2 2c 1 + x 2 (1 − x )  . Biết rằng C20n + C22n + ... + C22nn =2048. 2,0 2,0
⊕ Ta có (1 − 1) = C20n − C21n + C22n − C23n + ... + C22nn 2n ⇔ C20n + C22n + ... + C22nn = C21n + C23n + ... + C22nn −1 0,5 0,5 Mặt khác ta có (1 + 1) = C20n + C21n + C22n + C23n + ... + C22nn 2n 22 n Do đó C20n + C22n + ... + C22nn = C21n + C23n + ... + C22nn−1 = ⇒ C20n + C22n + ... + C22nn = 22 n −1 2 0,5 0,5 Kết hợp với giả thiết ta có 22 n −1 = 2048 ⇔ 22 n −1 = 211 ⇔ n = 6. k 8 8 ⊕ Ta có 1 + x (1 −= x )  ∑C  x (1 − = x )  ∑C x 2 k (1 − x ) . k 2 2 8 k k 8 8 =k 0= k 0 0,5 0,5 Hệ số của x8 chỉ xuất hiện ở các số hạng ứng với k = 3 và k = 4 . Từ đó ta có hệ số của x8 là C83 .C32 + C84 .C40 = 238. 0,5 0,5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A 1;2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh DC và AD , K là giao điểm của BM 2,0 3,0 với CN . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK , biết BM có phương trình 2x  y  8  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . A B I H N K D M C E Gọi E = BM ∩ AD ⇒ DM là đường trung bình của ∆EAB ⇒ DA = DE. 8 3a Dựng AH ⊥ BM tại H ⇒ AH  d  A; BM   . 0,75 1,0 5   CND Ta có BMC  CND  BMC   DCN   BMC   900  BM  CN . 1 1 1 5 Trong tam giác vuông ABE:    AH 2 AB 2 AE 2 4 AB 2 5. AH ⇒ AB   4 , ta có B ∈ BM ⇒ B ( b; 8 − 2b ) . 2 7 0,75 1,0 Ta có AB = 4 ⇔ (b + 1)2 + (6 − 2b)2 = 4 ⇔ b = 3 hoặc b = . 5 Vì điểm B có hoành độ lớn hơn 2 nên chỉ nhận b= 3 ⇒ B 3; 2 . ( ) Phương trình AE : x + 1 =0 . Ta có E = AE ∩ BM ⇒ E ( −1; 10 ) . Mà D là trung điểm của AE ⇒ D ( −1; 6 ) . Ta có N là trung điểm của AD ⇒ N ( −1;4 ) ⇒ Trung điểm I của BN có tọa độ 1; 3. Do tứ giác ABKN nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK là 0,5 1,0 đường tròn tâm I bán kính IA  5   BNK  :  x  1   y  3  5. 2 2 Chú ý: Học sinh có thể sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính được AB = 4. U U
( ) Cho đường tròn O đường kính AB , một đường thẳng d không có điểm ( ) chung với đường tròn O và d vuông góc với AB kéo dài tại K ( B nằm giữa A và K ). Gọi C là một điểm nằm trên đường tròn O , ( C khác A và( ) B ). Gọi D là giao điểm của AC và d , từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường 2,0 tròn ( E là tiếp điểm và E, C nằm về hai phía của AB ). Gọi F là giao điểm ( ) của EB và d , G là giao điểm của AF và O , H là điểm đối xứng của G qua AB . Chứng minh F, C, H thẳng hàng. A O H G 3b E B C d K D F Gọi H là giao điểm của FC với (O). Để chứng minh bài toán ta cần 0,5 chứng minh H đối xứng với G qua AB. Ta có AEKF là tứ giác nội tiếp ⇒ EAK=  mà EFK   ⇒ EFK   ⇒ ∆DEF cân tại D ⇒ DE = 1,0 = DEF EAK = DEF DF . Ta có=DE 2 DC.DA ⇒= DF 2 DC.DA ⇒ ∆DCF  ∆DFA ⇒=  DFA DCF . = Mặt khác DCF ACH =   = HGA AGH ⇒ DFA  ⇒ GH / / FD 0,5 Mà FD ⊥ AB ⇒ GH ⊥ AB , Do AB là đường kính ⇒ G, H đối xứng nhau qua AB , (đpcm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang với A = D= 900 , = AD AB = a, CD = 2a. Biết rằng hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt đáy bằng 3,0 4,0 450. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC. S 4 H E D C O F A B Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó, SO là giao tuyến của hai mặt phẳng ( SAC ) ; ( SBD ) .
Mặt khác, do hai mặt phẳng ( SAC ) ; ( SBD ) cùng vuông góc với mặt đáy nên SO ⊥ ( ABCD ) . Gọi E là trung điểm của CD ⇒ ABED là hình vuông cạnh a 0,5 1,0 1 Mặt khác, do BE ⊥ CD;= BE CD ⇒ ∆BCD vuông cân tại B. 2 Do đó, BC ⊥ OB ⇒ BC ⊥ ( SOB ) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ ( ( ( SBC ) , ( ABCD ) ) = = SB, OB ) = SBO 450. Ta có: BD = AD 2 + AB 2 = a 2. OB AB 1 1 a 2 2a 2 AB / / CD ⇒ = = ⇒ OB = BD = ; OD = . OD CD 2 3 3 3 Ta có:= S ABCD ( 2a + a ) a 3a 2 = = ; SO OB.tan= 450 a 2 1,0 1,0 2 2 3 2 3 1 1 3a a 2 a 2 ⇒ VS . ABCD = = S ABCD .SO = . 3 3 2 3 6 Gọi F là điểm đối xứng với B qua A ⇒ BCDF là hình bình hành ⇒ BC / / DF ; ∠FDB = ∠DBC = 900. Do đó= d ( BC , SD ) d (= ( B, ( SDF ) ) 32 d ( O, ( SDF ) ) . BC , ( SDF ) ) d= 0,5 Trong mặt phẳng ( SOD ) dựng OH ⊥ SD. Khi đó, ta có: 1,0 OH ⊥ SD  ⇒ OH ⊥ ( SDF ) ⇒ d ( O, ( SDF ) ) = 1 OH . Ta có: = 1 + 1 OH ⊥ FD OH 2 SO 2 DO 2 a 2 2a 2 SO.DO 2a 10 a 10 ⇒ OH= = 3 3 = ⇒ d ( BC , SD= ) . SO 2 + DO 2 2  a 2   2a 2  2 15 5   +   3   3  1,0 Chú ý : Kẻ BI  SD  BI là đoạn vuông góc chung của SD và BC. U U 1,0 a 2 .a 2 SO.BD 3 a 10 Xét SBD ta có BI .SD  SO.BD  BI    . SD a 10 5 3 6 Cho các số thực x, y > 0 thỏa mãn x 4 + y 4 + 4 = . Tìm giá trị nhỏ xy 2,0 2,0 1 1 3 − 2 xy nhất của biểu thức: P = + + . 1 + 2x 1 + 2 y 5 − x2 − y 2  Theo BĐT AM-GM ta có: x 4 + y 4 + 4 ≥ 2 x 2 y 2 + 4 6 Do đó: = x 4 + y 4 + 4 ≥ 2 x 2 y 2 + 4 ⇔ 2 x 3 y 3 + 4 xy − 6 ≤ 0 xy 5 ⇔ 2 ( xy − 1) ( x 2 y 2 + xy + 3) ≤ 0 ⇔ xy ≤ 1 0,5 0,5 1 1 2  Ta luôn có bất đẳng thức phụ sau: + ≥ , ∀ x, y > 0 . 1 + 2 x 1 + 2 y 2 + xy 1 1 2 Thật vậy ta có: + ≥ 1 + 2 x 1 + 2 y 2 + xy ⇔ 2 + xy + 2 ( x + y ) + xy ( x + y ) ≥ 1 + 2 x + 2 y + 4 xy ⇔ x 2 y + y 2 x + 1 ≥ 3 xy 0,5 0,5 (Điều này luôn đúng do x 2 y + y 2 x + 1 ≥ 3 3 x3 y 3 =3xy ).
1 1 3 − 2 xy 2 3 − 2 xy Vậy P = + + ≥ + (theo AM-GM). 1+ 2x 1+ 2 y 5 − x − y 2 2 2 + xy 5 − 2 xy 2 3 − 2t  Đặt=t xy, t ∈ (0;1] . Xét f (t ) = + , t ∈ (0;1] 2 + t 5 − 2t −2 4 0,5 0,5 Ta có: = f '(t ) − < 0, ∀t ∈ (0;1] (2 + t ) ( 5 − 2t ) 2 2 ⇒ f (t ) nghịch biến trên (0;1] nên P ≥ f (t ) ≥ f (1) = 1  x2 y = y 2 x Vậy min P =1 ⇔  ⇔ x = y =1 0,5 0,5  xy = 1 u1 = a Cho a ≥ 1 . Xét dãy số (u n ) xác định như sau:  , ∀n ∈ N * . = u u u ( 2017 + ) 1 R R  n +1 n n   1,0 1,0  2017 2017 2017   u1 u2 un . Tìm lim + + ... +  u2 u3 un +1   u2 + u u3 + u2 un +1 + un   1  Từ giả thiết un= +1 ( un un2017 + 1 ⇔ un +1 − u= n ) un2018 ≥ 0, ∀n ∈ N * . un +1 un ( un2017 + 1) ⇒ un > 0, ∀n ∈ N *. Do đó Mặt khác từ u1= a ≥ 1 và= un +1 − u= n un2018 > 0, ∀n ∈ N * ⇒ ( un ) là dãy số tăng ⇒ un > ... > u2 > u1 = a ≥ 1. 0,25 0,25 (  Ta có un +1 = un un2017 + 1 ⇔ un2018 = un +1 − un . ) un2017 un2018 Khi đó = un +1 un un +1 + un +1 un un +1 + un un +1 − un un +1 − un 1 1 = = = − 6 un un +1 ( un + un + n ) un un +1 un un +1 u12017 u22017 un2017 Vậy + + ... + u2 u3 un +1 u2 + u3 + un +1 + u1 u2 un 0,25 0,25  1 1   1 1   1 1  1 1 1 1 =  − + −  + ... +  − = − = −  u u2   u2 u3   u un +1  u1 un +1 a un +1  1  n Ta đi xét 2 trường hợp sau:  Trường hợp 1: Dãy ( un ) bị chặn trên ⇒ ( un ) có giới hạn. Giả sử giới hạn đó là a, lấy giới hạn 2 vế của giả thiết = un +1 un ( un2017 + 1) ta có:=a a ( a 2017 + 1) ⇔ = a 0 (mâu thuẫn với un > a ≥ 1, ∀n ∈ N * ). 0,25 0,25  Trường hợp 2: Dãy ( un ) không bị chặn trên. Mà ( un ) là dãy tăng ⇒ lim un = +∞ ⇒ lim un +1 = +∞ .      1 Khi đó lim  u1 2017 2017 u2 un 2017  1  1 . 0,25 0,25 + + ... + = lim  − =   u2 u3 un +1   a un +1  a u  2 + u + u +  un  3 n +1  u1 u2 Hết U