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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 4
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 được biên soạn bởi Sở Giáo dục và Đào tạo Hòa Bình với 6 bài tập bổ trợ cho quá trình ôn thi, nâng cao kiến thức môn Toán 12.

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 Hòa Bình

UBND TỈNH HÒA BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 15/12/2017. (Đề thi gồm có 01trang) Thời gian làm bài 180 phút. Họ tên thí sinh:…..……………………………………………… Số báo danh:…………............ Phòng thi:……………………… Câu 1: (3,0 điểm): a) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số f ( x) = 1 + 3x2 - 2 x3 . 2 x - mx 2 + 1 b) Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị hàm số y = có đường tiệm cận đứng. (x - 1) 2 Câu 2 (5,0 điểm): a) Tính tổng các nghiệm x    ;   của phương trình: 2(cosx  3 sin x) cos x  cos x  3sinx  1. x x ( b) Giải phương trình 3 + 5 ) + (3 - 5 ) - 7.2 x = 0.  x  y  3 x  6 x  3 y  4  0 3 3 2 c) Giải hệ phương trình  ( x, y   ). ( x  1) y  1  ( x  6) y  6  x  5 x  12 y 2 Câu 3 (4,0 điểm): Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a 2 , BC  a và SA = SB = SC = SD = 2 a . Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AC và H là hình chiếu vuông góc của K trên SA . a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a. b) Tính diện tích xung quanh của hình nón được tạo thành khi quay tam giác ADC quanh AD theo a. c) Tính cosin góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( BKH ) . Câu 4 (4,0 điểm): æ 2 2 ö÷n ççç x - ÷÷ , x ¹ 0 7 a) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Newton của è xø , biết rằng n là số 3 2 3 nguyên dương thỏa mãn 4Cn+1 + 2Cn = An . b) Cho đa giác lồi có 14 đỉnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác. Tính xác suất để tam giác được chọn không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho. Câu 5 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm K (-2; -5) và đường tròn (C) có phương trình ( x - 1) + ( y - 1) = 10 . Đường tròn (C 2 ) tâm K cắt đường tròn (C) tại hai điểm A , B sao 2 2 cho dây cung AB = 2 5 . Viết phương trình đường thẳng AB . Câu 6 (2,0 điểm): 2 a) Cho a và b là hai số thực dương. Chứng minh rằng (a + b) a 2 + b2 ³ 8 a 2 b 2 . ( ) b) Cho x , y , z là các số thực thỏa mãn x > y > z > 0 và x + y + z = 1 . 1 1 8 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 + 2 + + . ( x - y) ( y - z) xz y 3 ……………… Hết …………..
UBND TỈNH HÒA BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN. (Đáp án gồm có 03trang) Ngày thi: 15/12/2017 Câu Nội dung Điểm Tập xác định của hàm số D =  . f ʹ ( x) = 6 x(1 - x) 0,5 1a f ʹ ( x) = 0 khi x = 0, x = 1 1,0 (2đ) Xét dấu f ʹ ( x) . Kết luận đồ thị hàm số có một điểm cực đại có tọa độ (1; 2) và một cực tiểu (0;1) . 0,5 Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi có một trong các giới hạn: lim+ y = ¥ hoặc lim- y = ¥ x1 x1 æ ö 0,5 Ta có: lim çç2 x - mx 2 + 1÷÷ = 2 - m + 1 với m ³ -1 . x1 è ø Do đó với m < -1 thì hàm số không có giới hạn khi x  1 nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. Với m ³ -1 và m ¹ 3 thì æ ö 2 lim çç2 x - mx 2 + 1÷÷ = 2 - m + 1 khác 0 và lim ( x - 1) = 0 x1 è ø x1 1b (1đ) Khi đó lim y = ¥ nên đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x1 2 x - 3x2 + 1 x2 - 1 Khi m = 3 , ta có lim y = lim = lim 0,5 2 x1 æ ö x1 x1 (x - 1) ç2 x + 3 x 2 + 1÷÷( x - 1) çè ø 2 x +1 = lim = ¥ x1 æ ö ç2 x + 3x 2 + 1÷÷( x - 1) çè ø Nên đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Tóm lại, giá trị m cần tìm là m ³ -1 Pt đã cho  cos2x  3 sin 2 x  cosx  3 sin x 0,5     k 2  cos  2 x    cos   x   x  , k  0,5 2a  3 3  3 (1,5đ) 2 2 Vì x    ;   nên x1  0; x2  ; x3  thỏa mãn 3 3 0,5 Vậy tổng các nghiệm x    ;   của phuơng trình đã cho là S = 0. æ 3 + 5 ö÷x æ 3 - 5 ö÷x æ 3 + 5 ö÷x Đưa PT về dạng ççç ÷÷ + çç ç ÷÷ = 7 . Đặt çç ÷ çç 2 ÷÷÷ = t với t > 0 . 0,5 èç 2 ÷ø÷ èç 2 ø÷÷ è ø 2b 2 (1,5đ) 1 7  3 5 æç 3  5 ö÷÷ 2 Ta có PT t + = 7  t - 7 t + 1 = 0  t = = çç ÷ 0,5 t 2 çè 2 ÷ø÷ Từ đó suy ra PT có 2 nghiệm x = 2 . 0,5 ĐK: y  1 2c 0,5 Phương trình (1) tương đương :  x  1  3  x  1  y 3  3 y  y  x  1 3 (2đ) 1,0
(x + 1) x + 2 + ( x + 6) x + 7 = x 2 + 7 x + 12   x  1   x  2  2   x  6   x  7  3  x2  2x  8  x 1 x6    x  2    x  4  0  x22 x7 3  x  2  x 1 x6     x  4  0  *  x  2  2 x7 3 Chứng minh phương trình (*) vô nghiệm  x2 x2  x6 x6 1       -  0 x  2 0,5  x22 2   x7 3 2  x22 Kết luận hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;3 S H 0,5 3a A B (2đ) O K D C Gọi O = AC Ç BD . Ta có SO ^ ( ABCD) . AC a 3 3a 2 13a 2 a 13 OA = = . SO 2 = SA 2 - OA2 = 4a2 - =  SO = . 0,5 2 2 4 4 2 1 a 13 a3 . 26 VS. ABCD = . .a 2.a = 1,0 3 2 6 3b S xq   .DC. AC   a 6. 2 1,0 (1đ) Chỉ ra được K là trọng tâm tam giác BCD , KA = 2 KC . Chứng minh được SA ^ ( BKH ) . 0,5 . Do đó góc giữa SB và ( BKH ) là góc SBH a 6 2 SO. AC a 39 3c Tính được BK = , KH = = 3 3 SA 6 (1đ) Tam giác BKH vuông ở K . 0,5 2a2 39a2 7 a2 a 7 Từ đó suy ra BH 2 = + =  BH = 3 36 4 2 = BH 7 và cos SBH = . SB 4 4a Từ 4Cn3+1 + 2Cn2 = An3 . Điều kiện n Î  * , n ³ 3 . Tìm được n = 11 . 1,0
(2đ) æ 2 2 ö÷11 11 11-k 11 å C11k ( x2 ) çç x - ÷ = 1 (-2) k å C11k (-2) k = x 22-3 k 0,5 çè x ø÷ k=0 x k k=0 Khai triển Hệ số x7 tương ứng với 22 - 3 k = 7  k = 5 . 5 0,5 5 Vậy hệ số x7 là C11 (-2) = -14784 Tính số phần tử của không gian mẫu: n()  C143  364 . 0,5 Gọi A là biến cố : “ Tam giác được chọn trong X không có cạnh nào là cạnh của đa giác ” Suy ra A là biến cố : “ Tam giác được chọn trong X có ít nhất một cạnh là cạnh của đa 0,5 giác ” 4b TH 1: Nếu tam giác được chọn có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác thì có 14 tam giác thỏa (2đ) mãn. 0,5 TH 2: Nếu tam giác được chọn có đúng một cạnh là cạnh của đa giác thì có 14.10=140 tam giác thỏa mãn. Suy ra n( A)  14  140  154 Vậy số phần tử của biến cố A là: n( A)  n()  n( A)  210 0,5 n( A) 15 Suy ra P ( A)   n() 26 Gọi H là giao điểm IK và AB . 0,5 Tính được IH = 5 5 Viết PT đường thẳng IK : -2 x + y + 1 = 0 . H Î IK  H (t ; 2t - 1) 0,5 (2đ) IH = 5  H (0; -1) hoặc H (2; 3) 0,5 Đường thẳng AB đi qua H và vuông góc với IK nên có phương trình: x + 2 y + 2 = 0 hoặc x + 2 y - 8 = 0 . 0,5 6a (a + b) 2 ( ) ³ 4 ab > 0; a 2 + b2 ³ 2 ab > 0 0,5 (0,5đ) Nhân các vế tương ứng hai bđt trên, suy ra điều phải chứng minh. 1 1 8 1 1 8 Theo phần a) ta có + ³ với a , b > 0 nên + ³ . 2 2 (a + b) 2 ( x - y ) ( y - z) ( x - z ) 2 2 2 a b 1 1 8 2 8 8 2 Suy ra P = + + + ³ + + 2 2 xz y 3 ( x - z)2 xz y 3 ( x - y) ( y - z) 2 m2 n2 (m + n) 0,5 Ta chứng minh được bất đẳng thức : + ³ với a , b , m , n > 0 a b a+b (1 + 2) 2 a b 1 4 9 đẳng thức xảy ra khi = . Ta có: + ³ = . 2 4 xz ( x - z) + 4 xz ( x + z)2 2 6b m n ( x - z) (1,5đ) æ ö çç 1 4 ÷÷÷ 2 72 2 72 2 Vì vậy P ³ 8 ç ç + ÷÷ + 3 ³ + = + . çç( x - z)2 4 xz ÷÷ y ( x + z ) 2 y 3 (1 - y ) 2 y 3 è ø 36 1 æ 1ö Xét hàm số f (t) = + với 0 < t < 1 . Ta được min f (t ) = f çç ÷÷ = 216 0,5 2 3 (0;1) ç è 3 ÷ø (1 - t) t 1 2 2 Vậy P nhỏ nhất bằng 216 khi y = , và x + z = , ( x - z) = 2 xz 3 3 0,5 2 2 1 1 1 1 1 Hay x + z = , xz = . Tức là x = + ;y= ;z= - 3 27 3 3 3 3 3 3 3 --- Hết ---