Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa" giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập, luyện tập giải đề nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập nhanh nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Lớp 12 BỔ TÚC THPT Ngày thi: 21/03/2014 Số báo danh Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi này có 01 trang, gồm có 5 câu ........................ Câu I (4,0 điểm). Cho hàm số y   2  m  x3  6mx 2  9  2  m  x  2 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m = 1. 2. Tìm m để đường thẳng d: y = - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; -2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 . Câu II (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 3cos 4 x  2sin 2 x  2  0 .  x x  8 y  x  y y 2. Giải hệ phương trình:  ( x; y  R ).  x  y  5 Câu III (4,0 điểm). 1. Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m. 2 3 2. Giải phương trình log  x  1   2  log 4 2 4  x  log 8  4  x  . Câu IV (4,0 điểm). 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2  2) n , biết: An3  8Cn2  Cn1  49, (n  N , n  3) . 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0 và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d'). Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60o. Câu V (4,0 điểm). 1. Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc BAD  60o . Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a. a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho. b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá trị cos BMD . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;1), B(2;0;6), C(3;2;0) , D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D. ………………………………..HẾT……………………………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ( Đề chính thức ) Lớp 12 BỔ TÚC THPT Ngày thi: 21/03/2014 Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang. Câu Ý Nội dung Điểm I (4,0 điểm) 1 Khảo sát.... (2,0 điểm) Khi m = 1  y  x3  6 x 2  9 x  2  TXĐ: D = R lim ( x 3  6 x 2  9 x  2)   , lim ( x 3  6 x 2  9 x  2)   0,50 x  x  x  1 y '  3 x 2  12 x  9  0   x  3  BBT: x - 1 3 + 0,50 y/ + 0 - 0 + 2 + y - -2 Hàm số đồng biến: (-  ; 1),(3;+  ) Hàm số nghịch biến: (1;3) 0,50 fCĐ = f(1) = 2 fCT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0  x  2 =>y=0 Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 0,50 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 2 Tìm m để đường thẳng d: y= - 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và (2,0 điểm) C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 . Phương trình hoành độ giao điểm là:  2  m  x3  6mx 2  9  2  m  x  2  2   2  m  x3  6mx 2  9  2  m  x  0 (1)  x  2  m  x 2  6mx  9  2  m    0 0,50 x  0  2  2  m  x  6mx  9  2  m   0  2  Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện: 2   9m  9  2  m   0 2 m  1   0,50 2  m  0 m  2 Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB  xC (xB; xC là hai nghiệm của phương trình (2)).
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d: y + 2 = 0 => h = 2 Theo bài ra ta có 1 2 S OBC  h.BC  13  BC  13   xB  xC   4 xB xC  13(3) 2  6m  xB  xC  0,50 Theo định lý viét ta có:  2  m (4)  xB xC  9 2  14  6m   m Thay (4) vào (3) ta được:    36  13   13 (tm)  2m 0,50  m  14 II (4,0 điểm) 1 2 (2,0 điểm) Giải phương trình: 3cos 4 x  2sin x  2  0 .  2  Phương trình  3 2cos 2 x  1  1  cos 2 x   2  0 0,50 2  6cos 2 x  cos 2 x  2  0 0,50  1  cos 2 x  2  cos 2 x   2 0,50  3  1 2  x   arccos( )  k 2 3  (k  Z ) là nghiệm. 0,50  x     k  6 2  x x  8 y  x  y y Giải hệ phương trình:  ( x; y  R ). (2,0 điểm)  x  y  5 ĐK: x  0; y  0 0,50 Hệ phương trình tương đương với: x  1 (x  1) x  (y  8) y  0,75    x(x  1) 2  y(y  8) 2  y  x  5 y  x  5  x  1 x  1  y  x  5  x  9  y  x  5   3x 2  22x  45  0  x  9; x   5 y  4   3 0,50 x  9 Từ đó, hệ có nghiệm duy nhất:  y  4 0,25 III (4,0 điểm) 1 Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5. Tìm (2,0 điểm) giá trị lớn nhất của biểu thức: T = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: a.m  b.n  c.p  (a 2  b 2  c 2 )(m 2  n 2  p 2 )  m 2  n 2  p 2  A  a.m  b.n  c.p  m.n  n.p  p.m  m.n  n.p  p.m  m 2  n 2  p 2 . 0,50
Đặt: m.n + n.p + p.m = t. Ta có: m.n  n.p  p.m  1 (m  n  p)2  25 hay t  25 3 3 3 2 2 2 2 Và: m + n + p = (m + n + p) – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t. 0,50 Vậy A  25  2t  t  f (t) . Ta có: f (t)  1  1 25  2t  0, t  25  f(t) tăng trên ; 25  3 3     A  f (t)  f 25  25  5  25  5 3 . 3 3 3 3 m  n  p  5  3 Đẳng thức xảy ra khi:  1 a  b  c   3 0,50 Vậy: max A  25  5 3 đạt được khi m  n  p  5 và a  b  c  1 . 3 3 3 0,50 2 2 3 Giải phương trình log 4  x  1  2  log 2 4  x  log 8  4  x  (2,0 điểm) x 1  0  4  x  4 Điều kiện: 4  x  0   0,50 4  x  0  x  1  (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2  0,50  log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 x  2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0   0,50  x  6  lo¹i   x  2  24 + Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0    x  2  24  lo¹i  0,50 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6  IV (4,0 điểm) 1 (2,0 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2  2) n , biết: An3  8Cn2  Cn1  49, (n  N , n  3) . 8 n ( n  1) An3  8 C n2  C n1  49  n ( n  1)( n  2)   n  49 2  n3  7n 2  7n  49  0  n  7 0,75 7 Khi đó: ( x 2  2) n  ( x 2  2) 7   C 7k x 2( 7  k ) 2 k k 0 0,50 8 Số hạng chứa x là  2(7  k )  8  k  3 0,25 Hệ số của x8 là C73 .23  280 . 0,50
2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 25 = 0 và đường thẳng (d'): 15x + 8y – 41 = 0. Gọi I là giao điểm của (d) và (d'). Viết phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với trục hoành một góc bằng 60o. (2,0 điểm) x   3 3x  4y  25  0  Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ  15x  8y  41  0  y  83 7  7 14   I  3 ; 83 . 0,50  14  Gọi  là đường thẳng cần tìm, n  (A; B) (A2 + B2 > 0) là véc-tơ pháp tuyến của .  Khi đó, do Ox có véc-tơ pháp tuyến j  (0;1) nên từ giả thiết bài toán ta có:   |B| cos 60o  cos  n; j   1   A2 + B2 = 4B2  A2 = 3B2. 2 2 A B 2 0,50 Do A2 + B2 > 0 nên chọn A = 3  B   3 . 0,25  7   Với A = 3, B  3  Phương trình : 3 x  3  3 y  83  0  14   3x  3y  9  83 3  0  42x  14 3y  18  83 3  0 . 7 14 0,25   Với A = 3, B   3  Phương trình : 3 x  3  3 y  83  0  7 14   3x  3y  9  83 3  0  42x  14 3y  18  83 3  0 . 7 14 Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán: 1: 42x  14 3y  18  83 3  0 , 2: 42x  14 3y  18  83 3  0 . 0.50 V (4,0 điểm) 1 Đáy ABCD của hình chóp S.ABCD là hình thoi với cạnh AB = a, góc (2,0 điểm) BAD  60o . Các cạnh bên SA = SC, SB = SD = a. a/ Tính thể tích của khối chóp đã cho. b/ Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính giá trị cos BMD . 0.50 Từ giả thiết suy ra SAC cân, SBD đều cạnh bằng a. Gọi H = AC  BD  SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
2 Ta có: SH  a 3 ; SABCD  a 2 sin 600  a 3 . 2 2 0.50 3 Do đó: V  1 SABCD .SH  a (đvtt). 3 4 MBD cân tại M, MH là đường phân giác của góc BMD . Đặt BMD  2 . Trong SAC, MH là đường trung bình  MH  SA . 0.50 2 AH  a 3  SH  SHA vuông cân tại H  SA  a 3  MH  a 3 . 2 2 2 2 Trong BMH ta có tan   tan BMH  BH  2 . MH 3 Từ đó: cos 2   1  9  cos 2  2 cos 2   1  1 . 0.50 1  tan 2  15 5 Vậy: cos BMD  1 . 5 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;1;1); B(2;0;6); C(3;2;0) ; D(7;4;2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều (2,0 điểm) C, D. + Nếu C, D nằm cùng phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi CD//(P)   AB(1;1;5), CD (4;2;2)  AB, CD  (12;18;6)  n  (2;3;1) là 1 vtpt của (P) 0,50 Pt (P) là 2( x  1)  3( y  1)  1( z  1)  0  2 x  3 y  z  2  0 0,50 + Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung điểm M(5;3;1) cuả CD 0,50   AB(1;1;5), AM (4;2;0)  AB, AM  (10;20;6)  n(5;10;3) là 1 vtpt của (P) PT(P) là  5( x  1)  10( y  1)  3( z  1)  0  5 x  10 y  3 z  8  0 Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0,50 2x – 3y – z + 2 = 0 và 5x – 10y - 3z + 8 = 0. ---------------- Hết ---------------- Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.