Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Ngãi

Chia sẻ: Xylitol Blueberry | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

43
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo “Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Ngãi” dành cho các bạn học sinh lớp 12 và quý thầy cô tham khảo, để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi. Hi vọng sẽ giúp các bạn đạt kết quả tốt trong kì thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Ngãi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI LỚP 12 NĂM HỌC 2018-2019 Ngày thi: 18/10/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (5,0 điểm). 2 3 sin 2 x  3 cos x  2sin x a) Giải phương trình  cos x . (1  2cos x) tan x  b) Giải hệ phương trình    2 x 2 y  7  3 x  2  x  3 xy  5 .  2 2 2  x (4  y )  1  1  4 x  xy Câu 2 (3,0 điểm). 2x 1 Cho hàm số y  có đồ thị (C). Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng x 1 y  2 x  m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ 2019 2019 số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để biểu thức P   k1    k2  đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (3,0 điểm). a) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  7  n  3 . Tìm hệ số của số hạng n  3 chứa x 4 trong khai triển nhị thức Niu-tơn  2 x 2  3  , x  0.  x  b) Có hai chiếc hộp chứa bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác suất để lấy 55 được 2 viên bi màu xanh là . Tính xác suất để lấy được 2 viên bi màu đỏ. 84 Câu 4 (4,0 điểm). Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết AB  7 a, BC  7 3a , E là điểm trên cạnh SC và EC  2 ES . a) Tính thể tích khối chóp E .ABC . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BE . Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh BC . Đường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F . Gọi M là trung điểm EF , đường thẳng AM cắt CD tại K . Tìm tọa độ điểm D biết A  6; 6  , M  4; 2  , K  3; 0  và E có tung độ dương. Câu 6 (2,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa c  a, c  b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2  2a  c  2  2b  c 2 64 8(a 2  1)  P  ( a  b)  2 2    2 2    2 .  b  c   a  c  ab  bc  ca a (a  b) 
--------------------------------Hết-------------------------------- Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD-ĐT QUẢNG NGÃI ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Môn: TOÁN-Lớp 12 (Đáp án – Thang điểm gồm 5 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 2 3 sin 2 x  3 cos x  2sin x a) (2,0đ). Giải phương trình  cos x . (5,0đ) (1  2cos x) tan x  1 cos x  2 0,5  +)Điều kiện cos x  0 . tan x  0    3 sin x  cos x  0 (1) Với điều kiện trên Pt   0,5  2sin x  3  0 (2)  0,5 +) (1)  x    k , k   6    x  3  k 2 +) (2)   ,k  .  x  2  k 2  3 Kết hợp điều kiện, suy ra nghiệm của phương trình là    x   6  k 0,5  ,k  .  x  2  k 2  3 b) (3,0đ). Giải hệ phương trình (2 x 2 y  7)( 3x  2  x  3xy )  5 (1)  2 . 2 2  x (4  y )  1  1  4 x  xy (2)  2 x  +) ĐK:  3 .  x  3 xy  0 0,5 1 1 +) Từ (2)  4  y 2  y  4   (2') x2 x 0,5  2  t 2 Xét hàm số f (t )  4  t 2  t,  t   ;    ta có f '(t )   1  0, t  .  3  4  t2 3 2 1 0,5 Suy ra f (t ) đồng biến trên  ;   . Do đó (2')  y  . 3  x 1 Thay y  vào (1) ta được (2 x  7)( 3x  2  x  3)  5 (3) x 0,5
7 5 x không là nghiệm nên (3)  g ( x )  3 x  2  x  3  . 2 2x  7 3 1 10 2 7 Ta có: (3)  g '( x)    2  0, x  , x  2 3 x  2 2 x  3 (2 x  7) 3 2 0,5 2 7 7 Suy ra g(x) đồng biến trên  ;  và  ;   3 2  2  Mà g (1)  g (6)  0 nên (3) có 2 nghiệm là 1 và 6. 1 0,5 Vậy nghiệm (x;y) của hệ là (1;1), (6; ) . 6 Câu 2 2x 1 Cho hàm số y  có đồ thị (C). Chứng minh rằng với mọi m đường (3,0đ) x 1 thẳng y  2 x  m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để 2019 2019 biểu thức P   k1    k2  đạt giá trị nhỏ nhất. 2x 1 +) Phương trình hoành độ giao điểm:  2 x  m ( x  1 ) x 1 0,5 2  2 x   4  m  x  1  m  0 (1) Ta có   m2  8  0 , m và x  1 không là nghiệm của pt(1). 0,5 Vậy đường thẳng y  2 x  m và (C) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m. +) A  x1; 2 x1  m  , B  x2 ; 2 x2  m  . Trong đó x1 , x2 là nghiệm phương trình (1). 1 1 0,5 k1  2 , k2  2  x1  1  x2  1 1 1 1 +) k1.k 2  2 . 2  2 4  x1  1  x2  1  x1  x2  x1.x2  1 0,5 P   k1  2019   k2  2019 2  k1.k2  2019  2 42019  22020 . 0,5 1 1  x1  x2 (loai ) 0,5 Vậy Pmin  2 2020 khi k1  k2  2  2  m0 .  x1  1  x2  1  x1  x2  2 Câu 3 a)Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  7  n  3 . Tìm hệ số của số 2,0đ (3,0đ) 3 n  hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn  2 x 2  3  , x  0. 4  x  (n  3)(n  2) Cnn41  Cnn3  7  n  3   7  n  3 2 0,5  n  12 . 12 12 3 Với n  12 ,  2 x 2  3    C12k 212 k  3 x 245k k x   k 0 0,5 Số hạng chứa x4 ứng với 24  5k  4  k  4 . 0,5 Vậy hệ số của số hạng chứa x4 là: C124 .28.34 . 0,5
b)Có 2 hộp đựng bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh hoặc màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong 2 hộp là 20 0,5 55 và xác suất để lấy được 2 viên bi xanh là . Tính xác suất để lấy 84 được 2 viên bi đỏ +) Giả sử hộp thứ nhất có x viên bi , trong đó có a bi xanh, hộp thứ hai có y viên bi trong đó có b bi xanh (điều kiện: x, y, a, b nguyên dương, x  y, x  a, y  b ). 0,25  x  y  20 (1)  Từ giả thiết ta có :  ab 55  xy  84 (2)  1 +)Từ (2)  55 xy  84ab  xy 84 , mặt khác : xy  ( x  y )2  100  xy  84 (3) 4 0,25  x  14 Từ (1) và (3) suy ra  .  y  6 0,25 +)Từ (2) và (3) suy ra ab  55 , mà a  x  14, b  y  6  a  11, b  5 . x a y b 1 0,25 Vậy xác suất để lấy được 2 bi đỏ là P  .  . x y 28 Câu 4 a) (2,0đ). Tính thể tích khối chóp E.ABC . (4,0đ) S E I 0,5 A C K H D B Gọi H là trung điểm AB, vì ABC đều và ( SAB)  ( ABC ) suy ra SH  ( ABC ) Ta có : AC  BC 2  AB 2  7 2a . 1 1 1 343 6 3 0,5 +) VS . ABC  .S ABC .SH  . . AB. AC.SH  a . 3 3 2 12 VS . ABE SA.SB.SE 1 +)   . VS . ABC SA.SB.SC 3 0,5 2 343 6 3  VE.ABC  VS . ABC  a 3 18 0,5 b) (2,0đ) +) Tính khoảng cách giữa AC và BE.
Lấy điểm D sao cho ACBD là hình bình hành Vì BD / / AC nên d ( AC , BE )  d ( AC ,( BDE ))  d( A, ( BDE ))  2d( H , ( BDE )) . 0,5 +) Gọi I  SH  DE , ( BDE )  ( SAB) theo giao tuyến BI. Kẻ HK  BI , ( K  BI )  HK  ( BDE )  d( H , ( BDE ))  HK . 0,5 1 7 3  HI  SH  a. 2 4 0,5 Trong tam giác BHI vuông tại H có HK  BI , suy ra 1 1 1 21 0,5 2  2  2  HK  a. HK HB HI 2 Vậy d ( AC , BE )  21a . Câu 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD và điểm E (3,0đ) thuộc cạnh BC . Đường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F . Gọi M là trung điểm EF , đường thẳng AM cắt CD tại K . Tìm tọa độ điểm D biết A  6; 6  , M  4; 2  , K  3; 0  và E có tung độ dương.   DAF Ta có ΔABE = ΔADF vì AB = AD và BAE  (cùng phụ với DAE  ). Suy ra ΔAEF vuông cân và  AM  EF và ME  MA  MF . 0,5 Đường thẳng EF đi qua M và vuông góc với MA nên có phương trình 0,5 x  2y 8  0. 2 2 +) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE:  x  4    y  2   20 2 2  x  4    y  2   20 +) Tọa độ điểm E, F thỏa hệ  0,5  x  2 y  8  0 Giải hệ ta được tọa độ E  0; 4  , F  8;0  , ( y E  0 ). 0,5 Với E  0; 4  , F  8;0  Đường thẳng CD qua F  8;0  và K  3; 0  nên có phương trình y  0 . 0,5 Đường thẳng AD qua A  6;6  và vuông góc với FK nên có phương trình x6  0. 0,5 D  CD  AD  D  6, 0  .
Câu 6 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa c  a, c  b . Tìm giá trị nhỏ nhất (2,0đ) của biểu thức  2a  c  2  2b  c 2 2 64 8(a 2  1)  P  ( a  b)  2 2    2 2    2 .  b  c   a  c  ab  bc  ca a (a  b)  1 1 1 1 1 1 +)Ta có 2 2 2  ; 2 2 2 ,  (a  c ) c c c c (a  ) 4 (b  c ) (b  )4 ab  bc  ca (a  ).(b  ) 2 2 a a 0,5  c 2 c 2  4( a  ) 4( b  ) 2  2  2  64  1 +) Suy ra: P  (a  b)    8(a  ) c c c c a 0,25  (b  ) 4 (a  )4 (a  )(b  )   2 2 2 2  c c +) Đặt a   x, b   y , ( x  0, y  0). Ta có 2 2  x 2 y 2 64  1 1 0,25 P  ( x  y )2  4 4  4 4    16 2 2 2   y x xy  (a  c ) c (a  )4 2 3 x y   x y   x y  Hay P  4    2      3     16   16 . y x   y x   y x  x y +)Đặt t   , (t  2) . Xét hàm số f (t )  4(t  2)(t 3  3t  16) , y x 5 0,5 Ta có: f '(t )  4(4t 3  6t 2  6t  10) , f '(t )  0  t  . 2 63 Lập bảng biến thiên, suy ra f (t )   . 4 a  1 0,5 a  1  1 1   1 Suy ra P   và P    b  2 hoặc b  4 4 c  0  2   c  0 1 Vậy Pmin   . 4 Chú ý: 1. Mọi lời giải đúng, khác với hướng dẫn chấm, đều cho điểm tối đa theo từng câu và từng phần tương ứng. 2. Tổ chấm thảo luận để thống nhất các tình huống làm bài có thể xảy ra của học sinh.