Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 12 năm học 2014-2015 – Trường THPT Lý Thái Tổ

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

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 12 năm học 2014-2015 – Trường THPT Lý Thái Tổ tổng hợp 6 câu hỏi bài tập khác nhau nhằm giúp các em ôn tập và nâng cao kỹ năng giải đề.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 12 năm học 2014-2015 – Trường THPT Lý Thái Tổ

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán – Lớp 12 – THPT Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14 tháng 09 năm 2014 Câu 1 (5.0 điểm) 3x  2m 1. Cho hàm số: y  (Cm ) với m là tham số. Chứng minh rằng, với mọi m khác 0 đồ thị mx  1 hàm số luôn cắt đường thẳng d: y  3x  3m tại hai điểm phân biệt A, B. Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại C, D sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 lần diện tích tam giác OCD. 2. Cho hàm số: y  x 2 (x 2  a) với a là tham số. Chứng minh rằng, đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi a  2. Câu 2 (5.0 điểm) 1. Giải phương trình: cosx  3(sin 2x  sinx)  4 cos2x cosx  2 cos2 x  2  0  2. Giải hệ phương trình:    (x  y)(x 2  xy  y 2  2)  6 ln  y  y 2  9   x 2  9  x   12 ln 3   3 2x  y  34  3 2y  x  3  1  Câu 3 (3.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần lượt là: d1 : x  2y  2  0, d2 : 3x  3y  6  0 và tam giác đều ABC có diện tích bằng 3 và trực tâm I thuộc d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ giao điểm của d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương. Câu 4 (2.0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc tạo bởi đường cao SH của hình chóp và mặt bên bằng . Tìm  để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất biết a cố định,  thay đổi. Câu 5 (3.5 điểm) 1. Tính S  C02014  2C12014  3C22014   2014C2013 2014  2015C2014 2014 2. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu 6 (1.5 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn: x  y  z  xyz và x  1,y  1,z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất x 1 y 1 z 1 của biểu thức: P   2  2  y2 z x -------------------------- Hết -------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.................................................. Số báo danh:....................................
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2014 - 2015 Môn: TOÁN; Khối 12 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1 1. (3.0 điểm) Xác định m … (5.0 điểm) Hoành độ giao điểm của d và (C ) là nghiệm của phương trình: m  1 3x  2m x    3x  3m   m do m  0 mx  1 g(x)  3x  3mx  1  0 (1) 2  d cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1/ m 1.0   1  3 g     0  2 1  0    m  m (luôn đúng)   0 9m2  12  0   Vậy d luôn cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m khác 0. Giả sử A(x A ; 3x A  3m),B(x B ; 3x B  3m) với x A ,x B là hai nghiệm của (1) Do đó: x A  x B  m và x A x B  1 / 3. Ta có: AB  (x B  x A )2  (3x B  3x A )2  10(x B  x A )2 40 1.0  10(x A  x B )2  40x A x B  10m2  3 1 1 3m 40 Suy ra: SOAB  d(O; AB).AB    10m2  2 2 10 3 Mặt khác ta có: C(m; 0),D(0; 3m) với m  0 . 1 1 0.5 Tam giác OCD vuông tại O  SOCD  OC.OD  m . 3m 2 2 1 3m 40 SOAB  2SOCD    10m2   m . 3m 2 10 3 0.5 40 2  10m2   2 10 m  m    3 3 2. (2.0 điểm) Chứng minh rằng đồ thị hàm số có ba điểm cực trị … TXĐ: D   ; y '  4x 3  2ax  2x(2x 2  a) 0.5 Hàm số có ba điểm cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  a  0 (* ) x  0 y0  Khi đó: y '  0   a a2  x    y   2 4 Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:  a a2   a a2  0.5 A(0; 0), B   ;   , C ;   2 4   2 4     a4 a a Ta có: AB  AC   ; BC  2  2a 16 2 2 Do tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC là một tam giác nhọn khi và chỉ  nhọn  cosA  0  AB2  AC2  BC2  0 0.5 khi A
a4 a  0   a  2a  0  a(a3  8)  0    a  2 (thỏa mãn (*)) (đpcm) 0.5 8 a  2 2 1. (2.5 điểm) Giải phương trình: (5.0 điểm) PT  cosx  2 cos2 x  3 sinx(2 cosx  1)  4 cos2x cosx  2(2 cos2 x 1)  0  cosx(2 cosx  1)  3 sinx(2 cosx  1)  2 cos2x(2 cosx  1)  0  (2 cosx  1)(cosx  3 sinx  2 cos2x)  0 1.5  1 2  cosx    x    k 2  2 3  cosx  3 sin x  2 cos2x (* ) 1 3   Giải (*)  cosx  sinx  cos2x  cos x    cos2x 2 2  3      x  3  2x  k 2  x   3  2 k 1.0    x    2x  k 2  x    k 2  3  9 3 2. (2.5 điểm) Giải hệ phương trình: Điều kiện: x,y   . PT(1)  x  y  2x  2y  6 ln 3 3 y   y2  9 x2  9  x2   6 ln 9 x  x2  9 0.5    x  y  2x  2y  6 ln y  y  9  6 ln x  x  9 3 3 2   2  x  2x  6 ln  x  x  9   y  2y  6 ln  y  3 2 3 y 9 2 Xét hàm số: f (t)  t  2t  6 ln  t  t  9  với t   3 2  6 2 2  f '(t)  3t 2  2   3 t 2      t2  9  t2  9 3  2 2 Xét hàm số: g(u)  u   với u  0 u 9 3 1.0 1 1  g'(u)  1   1 0 (u  9) 3 93  Hàm số g(u) đồng biến trên [ 0; )  g(u)  g(0)  0 Suy ra: f '(t)  3g(t 2 )  0  Hàm số f(t) đồng biến trên  . Mà (1)  f (x)  f (y)  x  y Thay x  y vào PT (2) ta được: 3 x  34  3 x  3  1  3 x  34  3 3  x  1  x  34  3  x  3 3 (x  34)(3  x)  3  x  34  3 3  x  1 0.5  37  3 (x  34)(3  x)  1  x  31x  102  12 3 3 2  x  61  x 2  31x  102  1728  x 2  31x  1830  0    x  30 Thử lại ta thấy x  61;x  30 là nghiệm của phương trình. 0.5 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (30; 30),(61; 61).
3 Tìm tọa độ giao điểm … (3.0 điểm) Gọi M  AI  BC. Giả sử AB  x (x  0), R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. 1.0 x2 3 x2 3 Do tam giác ABC đều nên SABC   3 x2 4 4 Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiệp và nội tiếp 1 1 3 tam giác ABC  r  IM  AM   3  3 3 3 Giả sử I(2a  2;a)  d1 (a  1) Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: d(I; d2 )  r 1.0 3(2a  2)  3a  6  62 6 3  a  1(loaïi )    3a  6  6  6   3 99 3 a  2 (tm) Suy ra: I(2; 2) 2 2 3 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R  AM  3 3  phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là: 4 (x  2)2  (y  2)2  3 Tung độ giao điểm của d1 và (C) là nghiệm của phương trình: 1.0 4 4 (2y  2  2)  (y  2)   (y  2)2  2 2 3 15 2 4  y  2  x  2 15 15  2 4   2 4  Vậy tọa độ giao điểm của d1 và (C) là:  2  ;2   , 2  ;2    15 15   15 15  4 Tìm  để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất. (3.0 điểm) S Do hình chóp đều nên H là giao điểm của AC và BD. φ Gọi M là trung điểm của CD  CD  (SHM)  (SHM)  (SCD)  SM là hình chiếu của SH lên mặt phẳng (SCD) . 1.0   A D Vậy HSM   với 0    2 M H Đặt SH  h  HC  a  h2 2 2 B C  HM  (a2  h2 ) / 2 và BC  2(a2  h2 ) HM a2  h2 Tam giác SHM vuông tại H nên tan    SH 2h a  2h2 tan2   a2  h2  h2 (1  2 tan2 )  a2  h  1.0 1  2 tan2  4a2 tan2    Suy ra: BC2  2 a2  h2  4h2 tan2   1  2 tan2 
1 1 4a3 tan2  Vậy VS.ABCD  SH.BC2   3 3 (1  2 tan2 )3 t 1 2a3 t  1 Đặt t  1  2 tan2  với t  (1; )  tan2    VS.ABCD   2 3 t t 2a3 t  1 Xét hàm số: f (t)   trên (1; ) 3 t t  3   t t  2 t (t  1)    a  (3  t) ; f '(t)  0  t  3 3 3 f '(t)    a 3 t3 3 2t 2 t Bảng biến thiên: 1 3  f’ 1.0 + 0 (t  ) Vậy f( f (3) t) 0 0 4a3 VS.ABCD max=max f (t)  khi t  3  tan   1    45o. (1: ) 9 3 5 1. (1.5 điểm) Tính … (3.5 điểm) Ta có: (1  x)2014  C02014  C12014x  C22014x2   C2013 2014 x2013  C2014 2014 x2014 0.5  x(1  x)2014  C02014x  C12014x2  C22014x3   C2013 2014 x2014  C2014 2014 x2015 Lấy đạo hàm hai vế ta được: (1  x)2014  2014(1  x)2013 .x 0.5  C  2C x  3C x   2014C x  2015C x 0 2014 1 2014 1 2 2014 2 2013 2013 2014 2014 2014 2014 Lấy x  1 ta được: 22014  2014.22013  C02014  2C12014  3C22014   2014C2013 2014  2015C2014 2014 0.5  2  2014.2  S  S  1008.2 2014 2013 2014 2. (2.0 điểm) Có bao nhiêu số … Số phần tử của không gian mẫu là:   95. Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: 0.5 Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là C 39 Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: ▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách. Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có: C35 cách. 0.5 Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách.  Số các số thỏa mãn TH1 là: 3.C35 .2  60 (số) ▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách. Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có: C52 cách. 0.5 Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có: C32 cách. Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách.
 Số các số thỏa mãn TH2 là: 3.C52 .C32 .1  90 (số) Do đó: A  (90  60).C39 A (90  60).C39 0.5 Vậy P(A)    0, 213  95 6 Tìm giá trị lớn nhất của k … (1.5 điểm) Ta có: x 1  y 1 y 1  z 1 z 1  x 1  1 1 1   1 1 1  0.5 P          2  2  2  (1) y2 z2 x2  x y z  x y z  x 1  y 1 y 1  z 1 z 1  x 1 Mà:   y2 z2 x2  1 1   1 1  1 1   x  1  2  2    y  1  2  2    z  1  2  2  x y  y z  x z  0.5   x  1   y  1   z  1 2 2 2 ( 2) xy yz xz 1 1 1 1 1 1  1 1 1  Từ (1) và (2) suy ra: P     2  2  2  2     (3) x y z x y z  xy yz zx  1 1 1 1 1 1 Ta có: 2  2  2     1 (4) x y z xy yz zx 2 0.5 1 1 1  1 1 1  1 1 1      3         3 (5)  x y z  xy yz zx  x y z Từ (3), (4), (5) suy ra: P  3 1  2  3 1. 0.5 Vậy GTNN của P là 3  1. Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  3.