Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

13
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 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu" giúp giáo viên có thêm tư liệu trong quá trình biên soạn đề thi, bài tập nhằm đánh giá năng lực của học sinh từ đó có các phương pháp giảng dạy hiệu quả hơn.

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 2017-2018 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu

SỞ GD VÀ ĐT TỈNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN 12 (Thời gian làm bài 180 phút) Câu 1. (1,25 điểm) Giải phương trình   3 cos 2 x  2 cos x cos x  1   2 cos 2 x sin x  sin 2 x . Câu 2. (1,25 điểm) Từ các chữ số 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 , lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau sao cho tổng của ba chữ số hàng chục nghìn, hàng nghìn và hàng trăm bằng 9? Câu 3. (1,25 điểm) n  2  Tìm số hạng chứa x trong khai triển của nhị thức  3  x 5  ; x  0 , biết rằng n    và 19 x  Cn  Cn  ...  Cn  4095 . 1 2 n Câu 4. (1,25 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là điểm di đồng trên cạnh SC . Mặt phẳng  P  chứa AM và song song với BD .  P  cắt SB, SD lần lượt tại N , E . Chứng minh 2 SB.SM  SN .SM  SC.SN . Câu 5. (1,25 điểm) Trong không gian cho 4 đường thẳng d1 ; d 2 ; d 3 ; d 4 đôi một song song và không có 3 đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng. Mặt phẳng  P  cắt 4 đường d1 ; d 2 ; d 3 ; d 4 theo thứ tự là A, B, C , D . Mặt phẳng  Q  cắt 4 đường d1 ; d 2 ; d 3 ; d 4 theo thứ tự là A, B, C , D (  P  khác  Q  ). Chứng minh thể tích 2 khối tứ diện DABC và DABC  bằng nhau. Câu 6. (1,25 điểm) Cho tứ diện ABCD , M là một điểm nằm miền trong của tam giác BCD . Qua M kẻ các đường thẳng lần lượt song song AB, AC và AD cắt các mặt ACD, ABD và tam giác ABC tại các điểm H , I và K . Chứng minh AB. AC. AD  27 MH .MI .MK . Câu 7. (1,25 điểm) Cho đường tròn  C  có tâm O và bán kính R , hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Điểm M   C  , gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB và CD . Tìm vị trí của M để khi quay hình chữ nhật OHMK quanh đường thẳng AB thì thể tích khối trụ sinh ra lớn nhất. Câu 8. (1,25 điểm) Giải phương trình  log 3 x   2  3 3 log 3  x 3   2 . 3 Câu 9. (1,25 điểm) Cho một chất điểm chuyển động thẳng xác định bởi phương trình 1 S  t 4  t 3  5t 2  10t  1 . Trong đó, S tính mằng mét, t được tính bằng giây. Hỏi từ thời 4 điểm t  1s đến thời điểm t  5s thì vận tốc lớn nhất của chất điểm là bao nhiêu? Câu 10. (1,25 điểm) VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Cho hàm số y   x  1 ln  x  1 có đồ thị  C  và điểm A  2;1 . Chứng minh rằng qua A vã được hai tiếp tuyến đến đồ thị  C  . Câu 11. (1,25 điểm) Người ta cần làm một cái thùng hình trụ (không có nắp) với thể tích là 80m3 . Giá thành để làm mỗi mét vuông đáy thùng là 500 nghìn đồng và giá thành để làm mỗi mét vuông thành xung quanh của thùng là 400 nghìn đồng. Tính giá tiền ít nhất để làm cái thùng nói trên (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng). Câu 12. (1,25 điểm) Chứng minh hàm số f  x   62 x  50  5 x  7 x chỉ có một điểm cực đại dương. Câu 13. (1,25 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 2  mx   2 log 2  x  2  có một nghiệm duy nhất. Câu 14. (1,25 điểm) 1 Cho hàm số y  x 3   m  2  x 2   5m  4  x  3m  1 với m là tham số. Tìm tất cả giá trị 3 của m để hàm số đã cho có hai điểm cực trị x1 ; x 2 thỏa mãn x1  2  x2 . Câu 15. (1,25 điểm) Cho hàm số y   x  x 2  x  m với m là tham số. Tìm tất cả giá trị của m để hàm số nghịch biến trên  . Câu 16. (1,25 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa ln  b 2  c 2  1  2 ln 3a   9a 2  b 2  c 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất 2 b  c  5a 2  1 của biểu thức P  .  a 2a 3 -----------------Hết--------------- Họ và tên thí sinh:…………………………………………………Chữ kí của 01 CBCT:……………. Số báo danh:……………………………………………………….. VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Câu 1. Giải phương trình   3 cos 2 x  2 cos x cos x  1   2 cos 2 x sin x  sin 2 x . Lời giải   3 cos 2 x  2 cos x cos x  1   2 cos 2 x sin x  sin 2 x   cos x  1  3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0        cos x  1  cos  2 x    cos x   0   6  cos x  1  0  x    k 2 k    .     2 cos  2 x    cos x  x    k 2  x    k k    .  6 6 18 3  2  Vậy nghiệm của phương trình là x    k 2 , x   k , x    k 2 . 18 3 6 n  2  Câu 2. Tìm số hạng chứa x 19 trong khai triển nhị thức  3  x 5  ; x  0 , biết rằng n  * và x  Cn1  Cn2  ...  Cnn  4095 . Lời giải Cn1  Cn2  ...  Cnn  4095  2n  4096  n  12 . 12 12  k  2  2  . 12 5  k  3 x  x     k 0 C12k  3  x  x5 5k Yêu cầu bài toán   36  3k   19  k  10 . 2 Số hạng cần tìm là C1210 22 x19 . Bài 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là điểm di động trên cạnh SC . Mặt phẳng  P  chứa AM và song song với BD .  P  cắt SB , SD lần lượt tại N , E . Chứng minh 2 SB.SM  SN .SM  SC.SN . Lời giải VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
S M E I K N D C O A B Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD , I là trung điểm MC SB SO SI    , K  NE  SO , NE // BD , OI // AM SN SK SM SB SC SI SC 2 SI   SI  IC  SI  MI 2  2    1 SN SM SM SM SM SM SB SC 2   1  2 SB. SM  SC. SN  SM . SN SN SM Bài 4. Trong không gian cho 4 đường thẳng d1 , d 2 , d3 , d 4 đôi một song song và không có 3 đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng. Mặt phẳng  P  cắt 4 đường thẳng d1 , d 2 , d3 , d 4 theo thứ tự là A , B , C , D . Mặt phẳng  Q  cắt 4 đường thẳng d1 , d 2 , d3 , d 4 theo thứ tự là A , B , C  , D (  Q  khác  P  ). Chứng minh thể tích của hai khối đa diện DABC và DABC  bằng nhau. Lời giải A D O B C A D B O C Gọi OO   AAC C    BBDD  VD. ABC DD V DD  1 và D. ABC    2 VO. ABC OO  VO. ABC  OO  VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1 Mà VO. ABC  VB.OAC  h .SOAC (trong đó h  d  B ,  O AC    d  B , OAC    ) 3 1 Mặt khác VO. ABC   VB.OAC   h .SOAC  3 VO. ABC  SOAC  Từ đó suy ra   3 VO. ABC SOAC 1 SOAC   S AOO  SC OO  OO .a (trong ddos a  d  AA, CC   )  4  2 1 Tương tự ta có SOAC  S AOO  SCOO  OO .a  5  2 Từ  3 ,  4  ,  5  suy ra VO. ABC   VO. ABC  6 Từ 1 ,  2  ,  6  suy ra VD. ABC  VD. ABC  Câu 5. Trong không gian cho 4 đường thẳng d1 , d 2 , d3 , d 4 đôi một song song và không có ba đường nào nằm trong cùng một mặt phẳng. Mặt phẳng  P  cắt 4 đường d1 , d 2 , d3 , d 4 theo thứ tự là A, B, C , D . Mặt phẳng  Q  cắt 4 đường d1 , d 2 , d3 , d 4 theo thứ tự là A', B ', C ', D '   P  khác  Q   . Chứng minh thể tích hai khối tứ diện D ' ABC và DA ' B ' C ' bằng nhau. Lời giải Gọi OO '   AA ' C ' C    BB ' D ' D  . VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
VD '. ABC DD ' V DD '  1 , D. A ' B ' C '   2 VO'. ABC OO ' VO. A ' B ' C ' OO ' 1 Mà VO'. ABC  VB.O' AC  h.SO ' AC trong đó h  d  B,  O ' AC    d  B ',  OA ' C '  . 3 1 Mặt khác VO . A ' B ' C '  VB'.OA' C '  h.SOA ' C ' 3 V S Từ đó suy ra O . A ' B ' C '  OA ' C '  3 VO'. ABC SO ' AC 1 Ta có: SOA ' C '  S A 'OO'  SC 'OO'  OO '.a trong đó  d  AA ', CC '  4  2 1 Tương tự ta có: SO ' AC  S A OO'  SC OO'  OO '.a  5 2 Từ  3 ,  4  ,  5 suy ra VO'. ABC  VO'. A'B' C '  6  Từ 1 ,  2  ,  6  suy ra VD'. ABC  VD'. A'B' C ' . Câu 6. Cho tứ diện ABCD , M là một điểm thuộc miền trong của tam giác BCD . Qua M ket các đường thẳng lần lượt song song AB, AC và AD cắt các mặt  ACD  ,  ABD  và  ABC  tại các điểm H , I và K . Chứng minh AB. AC. AD  27 MH .MI .MK . Lời giải MH dt  MCD  MH MI MK Chứng minh:  và    1. AB dt  BCD  AB AC AD Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: MH MI MK MH .MI .MK    33  AB. AC. AD  27 MH .MI .MK . AB AC AD AB. AC. AD Câu 7: (1,25 điểm) Cho đường tròn  C  có tâm O và bán kính R , hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Điểm M   C  , gọi H , K lần lượt hình chiếu vuông góc của M VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
trên AB và CD . Tìm vị trí điểm M để khi quay hình chữ nhật OHMK quanh đường thẳng AB thì thể tích của khối trụ sinh ra là lớn nhất Lời giải Đặt OH  x , OK  y khi đó khối trụ sinh ra khi quay hình chữ nhật OHMK quanh AB có thể tích V   xy 2 hay V    R 2  x 2  x . Suy ra V 2   2  R 2  x 2  x 2 . 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số R 2  x 2  ;  R 2  x 2  ; 2 x 2 ta có   R 2  x 2    R 2  x 2   2x 2  3  R  x  R  x  2x   2 2 2 2 2 3     6 6 8R 4R   R2  x2  x2  2  54 27 4 R 2 6 2 R 3 V2  V  27 3 3 2 R 3 R 3 R 6 Vậy Max V   . Dấu “=” xảy ra khi R 2  x 2  2 x 2  x  ,y  . 3 3 3 3 (1,25 điểm) Giải phương trình  log 3 x   2  3 3 log 3  x 3   2 . 3 Câu 8: Lời giải Điều kiện: x  0  log 3 x   2  3 3 log 3  x 3   2 1  3 Đặt u  3 3log 3 x  2  2   u 3  3log 3 x  2 3  Thay  2  vào 1 ta có  log 3 x 3  2  3u  log 3 x 3  3u  2  3  3 u  3log 3 x  2 u  3log 3 x  2   log 3 x   u 3  3u  3log 3 x   log 3 x  u   log 23 x  u log 3 x  u 2   3  u  log 3 x  3  log 3 x  u  0  log 3 x  u  4   2   2  log 3 x  u log 3 x  u  3  0 vn  2  log 3 x  u log 3 x  u  3  0 2 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
x  3  log 3 x  1 Từ  3 ,  4  ta có  log 3 x  3log 3 x  2  0   3    log 3 x  2 x  1  9 1 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  3; x  . 9 Câu 9. Cho một chất điểm chuyển động thẳng xác định bởi phương trình 1 S  t 4  t 3  5t 2  10t  1 . Trong đó, S tính bằng mét, t tính bằng giây. Hỏi từ thời 4 điểm t  1s đến thời điểm t  5s thì vận tốc lớn nhất của chất điểm là bao nhiêu? Lời giải Vận tốc của chất điểm tại thời điểm ts là v  t   t 3  3t 2  10t . v '  t   3t 2  6t  10  0, t . Max v  t   v  5   100m / s . Câu 10. Cho hàm số y   x  1 ln  x  1 C  và điểm A  2;1 . Chứng minh rằng qua A vẽ được hai tiếp tuyến đến đồ thị  C  . Lời giải Phương trình đường thẳng qua A có dạng: y  k  x  2   1    . Đồ thị  C  và    tiếp xúc khi hệ phương trình sau có nghiệm  x  1 ln  x  1  k  x  2   1 1    k  1  ln  x  1  2  Thay  2  vào 1 rút gọn ta được x  1  3ln  x  1  0 3  . Số nghiệm phân biệt của  3 bằng số tiếp tuyến của  C  qua A. Ta có số nghiệm phương trình  3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  x  1  3ln  x  1 C '  với trục hoành. Ta có: TXD : D   1;   . x2 y'  y' 0  x  2 . x 1 lim y  lim y   . Bảng biến thiên x  x 1 Ta thấy f  2   1  3ln 3  0 nên đồ thị  C ' cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Vậy qua A kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến  C  . Câu 11: Người ta cần làm một cái thùng hình trụ (không có nắp) với thể tích là 80m3 . Giá thành để làm mỗi mét vuông đáy thùng là 500 nghìn đồng và giá thành để làm mỗi VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
mét vuông thành xung quanh của thùng là 400 nghìn đồng. Tính giá tiền ít nhất để làm cái thùng nói trên (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng). Lời giải 80 Giả sử R và h là bán kính đáy và chiều cao của thùng. Khi đó V   R 2 h  h   R2 160 Diện tích đáy thùng và thành thùng lần lượt là  R 2 ; 2 Rh  R 160  320  Giá tiền để làm thùng là T  500000.2 R 2  400000.  200000. 5 R 2   R  R  320 160 160 Ta có 5 R 2   5 R 2    3 3 5 .1602  120 3 2 R R R min T  200000.120 2  44286483,57 3 Giá tiền thấp nhất để hoàn thành thùng là 44 triệu 287 nghìn đồng. Câu 12: Chứng minh hàm số f  x   62 x  50  5 x  7 x chỉ có một điểm cực đại dương. Lời giải Hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  f   x   62  5 x ln 5  7 x ln 7, f   x   5 x ln 2 5  7 x ln 2 7  0 x f   0   62  ln 5  ln 7  0 f   3  62  53 ln 5  7 3 ln 7  0 Phương trình f   x   0 có nghiệm duy nhất  thuộc khoảng  0;3 Từ bảng biến thiên của f  x  ta suy ra điều phải chứng minh. Câu 13: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 2  mx   2 log 2  x  2  có một nghiệm duy nhất. Lời giải  x  2  Ta có log 2  mx   2 log 2  x  2     x  2 . 2 m   2  x  2 2 Xét hàm số f  x   với x   2;    \ 0 . 2 f  x   x  2  x  2  . Có f  x  0  x  2 . x2 Lập bảng biến thiên ta có m  0 hoặc m  8 . VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1 3 Câu 14: Cho hàm số y  x   m  2  x 2   5m  4  x  3m  1 với m là tham số. Tìm tất cả giá trị của 3 m để hàm số đã cho có hai điểm cực trị x1 ; x 2 thỏa mãn x1  2  x2 . Lời giải Ta có y   x 2  2  m  2  x  5m  4  . Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt m  9     m  2   5m  4  0  m 2  9m  0    * . 2 m  0 Với điều kiện  * ta có: x1  2  x2   2  x1  x2  2   0  2  x1  x2   2 x1 x2  4  0 1 . Theo Viet x1  x2  2  m  2  , x1 x2  5m  4 . Do đó 1  4  2  m   5m  4   4  0  m  0 . Kết hợp với điều kiện  * ta có m  0 . Câu 15. Cho hàm số y   x  x 2  x  m ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị m để hàm số nghịch biến trên  . Lời giải Hàm số xác định x   khi và chỉ khi x 2  x  m  0 , x   1    0  1  4m  0  m  . 4 2x 1 y   1  . 2 x2  x  m Hàm số nghịch biến trên  khi và chỉ khi y  0 x   , đẳng thức xảy ra tại hữu hạn điểm. 1 Xét trường hợp m  . 4   1 0 x   2 2x 1   Khi đó ta có y  1   . 1   1 2 x2  x  2 x    4   2  1  1 Vậy y  0 x    ;   nên không thỏa mãn, suy ra m  loại.  2  4 1 Xét trường hợp m  . 4 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1 2x 1 Nếu x    2 x  1  0  1   1  y   0 . 2 2 x2  x  m  1  Hàm số nghịch biến trên  ;   .  2 1 2x 1 2x 1 2x 1 Nếu x    1   1   1  0  y  0 . 2 2 x2  x  m 2 1 2x 1 2 x x 4  1   Hàm số nghịch biến trên   ;   .  2  1 Vậy khi m  thì thỏa điều kiện bài toán. 4 Câu 16. Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn ln  b 2  c 2  1  2 ln  3a   9a 2  b 2  c 2  1 . Tìm 2 b  c 5a 2  1 giá trị lớn nhất của biểu thức P   . a 2a 3 Lời giải ln  b 2  c 2  1  b 2  c 2  1  ln  9a 2   9a 2 . 1 Xét hàm số f  t   ln t  1 ,  t  0   b 2  c 2  9a 2  1  a  . 3 b  c   2 b 2  c 2   2 9a 2  1   b  c  18a 2  2 . 2 2 18a 2  2 5a 2  1 P  . a 2a 3 5 1 1 P  f  x   2 18  2 x 2  x  x 3 ,  x   0;3 . 2 2 a 4x 5 3 72 f  x     x , f  1  0 , f   x    3 0. 2 2 18  2 x 2 18  2 x  2 3 f  x  0  x  1 . Lập bảng biến thiên, suy ra: P  f  x   f 1  10 , a  1 , b  c  2 . Vậy MaxP  10 . Xem thêm các bài tiếp theo tại: https://vndoc.com/toan-lop-12 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí