Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Du

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

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Du dưới đây giúp các em dễ dàng hơn trong việc ôn tập và nâng cao kiến thức để chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi cấp trường sắp diễn ra. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì kiểm tra!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Du

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU NĂM HỌC 2018 – 2019  MÔN TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài 180 phút Câu 1 ( 4, 5 điểm) 1) Tìm m để hàm số y  cos 3x  6m cos 2 x  21cos x  2m  8 đồng biến trên khoảng  0;   . 2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số f (x ) = x 3 + (m 2 - 3)x + m 2 + m - 2 có hai 1 điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng y = x - 2. 2 Câu 2 ( 4, 5 điểm) 1) Giải phương trình tan 3 x  tan 2 x  4 tan x  cot 3 x  cot 2 x  4 cot x  8. 2) Giải phương trình log 5  x 2  7 x  3  log 2  x 2  7 x  4  , 4 x  . 3) Một nhóm học sinh gồm có 9 bạn nam, trong đó có bạn Hải và 4 bạn nữ trong đó có bạn Minh xếp vào 13 cái ghế trên một hàng ngang. Tính xác suất để giữa hai bạn nữ ngồi gần nhau có đúng ba bạn nam, đồng thời bạn Hải và bạn Minh nêu ở trên không ngồi cạnh nhau. Câu 3 ( 4, 0 điểm) 3 3 2 3 2 1) Giải phương trình x  3  3 x  2  2 x  4 x  3  2 x  4 x  2, x .  4 log 2  2sin x  cos x  2) Tính tích phân I  0 1  cos 2 x dx . Câu 4 ( 6, 0 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình x  y  3 2  3  0 và hai 2 đường tròn  C1  : x 2  y 2  2 x  6 y  6  0 ;  C2  : x 2   y  3  1. Viết phương trình đường tròn  C  tiếp xúc với đường thẳng d , tiếp xúc ngoài với đường tròn  C1  , đồng thời  C  cắt  C2  tại hai điểm A, B phân biệt mà AB  d . ·  90o . Góc giữa A ' C và mặt 2) Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi, ABC đáy  ABCD  bằng 30o ; góc giữa hai mặt phẳng  A ' BC  và  ABCD  bằng 45o ; khoảng cách từ điểm C ' đến mặt phẳng  A ' CD  bằng a. Gọi E là trung điểm cạnh CD . Tính thể tích khối hộp đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE . 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A (0;9;0) , M (4;3;25) và cắt hai tia Ox ,Oz lần lượt tại hai điểm B ,C khác O sao cho OB + OC nhỏ nhất. b c b ac a Câu 5 ( 1, 0 điểm) CMR      , a, b, c  0, a  b bc b ------ HẾT ------ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .............................................................Số báo danh:.................................. Giám thị 1 (Họ tên và ký).......................................................................................................... Giám thị 2 (Họ tên và ký)..........................................................................................................
Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 4.5đ y  cos 3x  6m cos 2 x  21cos x  2m  8 = 4 cos 3 x - 3 cos x + 6m (2 cos2 x - 1)- 21cos x + 2m - 8 0. 5 3 2 = 4 (cos x + 3m cos x - 6 cos x - m - 2) Đặt t = cos x , hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;   khi và chỉ khi hàm số 0.5 f (t ) = t 3 + 3m t 2 - 6t - m - 2 nghịch biến trên (- 1;1) f ' (t ) = 3t 2 + 6mt - 6 = 3 t 2 + 2m t - 2 ( ) 1.1. (2.5 Hàm số f (t ) = t 3 + 3m t 2 - 6t - m - 2 nghịch biến trên (- 1;1) 0.5 điểm) Û t 2 + 2mt - 2 £ 0, " t Î (- 1;1) ìï V' = m 2 + 2 > 0 ïï Û ïí f ' (- 1) £ 0 0.5 ïï ïï f ' (1) £ 0 î ìï - 1 - 2m £ 0 1 1 Û ïí Û - £ m £ . ïï - 1 + 2m £ 0 2 2 0.5 î Kết luận. 2 2 2 Ta có y '  3 x  m  3. Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  3  0  m  3. 0.5 Giả sử A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) là hai điểm cực trị. f ( x1 )  f ( x2 ) 2 0.5 1.2 Tính được hệ số góc của đường thẳng AB là k  x1  x2  3 m 2  3 . (2.0 1 điểm) Hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng y = x - 2 suy ra 2 0.5 1 1 2  k .  1  m  3  1  m  0. 2 3  Thử lại m  0 thỏa mãn. 0.5 Câu 2 4.5đ 3 2 3 2 tan x  tan x  4 tan x  cot x  cot x  4 cot x  8  Điều kiện: sin x.cos x  0  x  k ,k  2 0.5 Phương trình tương đương 3 2 (tan x  cot x )  (tan x  cot x )  (tan x  cot x)  6  0 (1) 2.1 (1.5 Đặt t  tan x  cot x, | t | 2 , phương tình (1) trở thành 3 2 0.5 điểm) t t t 60 Giải được t  2  Suy ra tan x  cot x  2  sin 2 x  1  x   k (thỏa mãn). 4 0.5  Vậy x   k , k  là nghiệm của phương trình đã cho. 4
  log 4 5 x 2  7 x  3  log 2 x 2   7x  4 . 2  x  7 x  3  0 Điều kiện:  2 . 0. 5  x  7 x  4  0 Viết lại phương trình dưới dạng    log 5 x 2  7 x  3  log 4 x 2  7 x  4  (1) Đặt y  log 4 ( x 2  7 x  4) . Từ phương trình (1) ta có hệ: 2.2  x 2  7 x  4  4 y y y y y  4 1 0.5 (1.5  2  4  1  5       1 (2)  y điểm  x  7 x  3  5  5 5 y y 4 1 Hàm số f  y        là hàm nghịch biến 5 5 Do đó phương trình (2) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận thấy y=1 là một nghiệm. 0.5 x  1 Với y  1  x 2  7 x  4  4  x 2  7 x  8  0    x  8 Vậy phương trình có nghiệm x  8 và x  1. W = 13! Đánh số ghế trên hàng ngang theo thứ tự từ 1 đến 13. Các bạn nữ phải ngồi vào các ghế số 1,5,9,13. 0.25 Gọi A là biến cố: “Giữa hai bạn nữ ngồi gần nhau có đúng ba bạn nam, đồng thời bạn Hải và bạn Minh không ngồi cạnh nhau”. Xét các trường hợp - Bạn Minh ngồi ở ghế 1 + Số cách xếp 3 bạn nữ còn lại là 3!. 2.3 + Có 8 cách xếp vị trí của Hải . 0.5 (1.5 + Có 8! cách xếp tám bạn nam vào các vị trí còn lại. điểm) Suy ra số cách xếp là 3!.8.8! - Bạn Minh ngồi ghế 13 cũng có số cách xếp là 3!.8.8! - Bạn Minh ngồi ghế 5 (ghế 9 làm tương tự) Có 3! cách xếp 3 bạn nữ, có 7 cách xếp vị trí của Hải, có 8! cách xếp 8 bạn nam còn lại 0.5 Suy ra số cách xếp là 3!.7.8! WA = 2.3!.7.8 !+ 2.3!.8.8 ! = 2. 15.3! 8 ! 2.15. 3!8 ! 1 0.25 P (A ) = = × 13! 858 Câu 3 4đ 3 3 2 3 2 x  3  3 x  2  2x  4x  3  2x  4x  2 Đặt u  3 x  2; v  3 2 x 2  4 x  2 0. 5 3 Phương trình đã cho trở thành u 3  1  u  3 v3  1  v. 3.1 t2 (2.0 Xát hàm số f (t )  3 t 3  1  t. Có f '(t )   1  0, t  1. 2 0. 5 điểm) 3 t3 1   Suy ra hàm số f (t ) luôn đồng biến. Nên f (u)  f (v)  u  v. 0.5 3 Ta có 3 x  2  3 2 x 2  4 x  2  2 x 2  3x  0  x  0; x  . 0.5 2
3 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x  0; x  . 2   4 4 log 2  2sin x  cos x  1 ln  2sin x  cos x  0.5 I  0 1  cos 2 x dx  2 ln 2 0 cos 2 x dx ïìï u = ln (2 sin x + cos x ) Đặt ïí 1 ïï dv = dx ïî cos2 x ìï 2cosx - sin x ìï 2cosx - sin x 0.5 ïï du = dx ïï du = dx ï 2 sin x + cos x ï 2 sin x + cos x Þ í Þ í ïï 1 ïï 2 sin x + cosx ïï v = t an x + ïï v = ïî 2 ïî 2 cos x 3.2     4 (2.0 1  1 4 2cos x  sin x 2sin x  cosx  điểm) I  tan x    ln  2sin x  cos x     dx  2ln 2  2 0 2sin x  cos x 2 cos x  0    0.5  4  1 3 3 2  sin x     ln 2 ln 2  2 2  1  0  dx   2cos x        1 3 3 2  1 4  ln   x  ln  cos x   2 ln 2  2 2  2 0    0.5 1  27     ln   4 ln 2  2 2  Câu 4 6đ  C1  có tâm I 1 (- 1; 3) , bán kính R 1 = 2 ;  C2  có tâm I 2 (0; - 3) , bán kính R 2 = 1 Khẳng định tâm I của đường tròn  C  nằm trên đường thẳng l qua I 2 và song song 0.5 với d , l có phương trình x - y - 3 = 0. Tính được đường tròn  C  có bán kính R = 3. 0.5 4.1 (2.0 Gọi I (t + 3; t ) Î l . Sử dụng II 1 = R + R 1 = 5 được t = 0 hoặc t = - 1. điểm) 0.5 I (3; 0) hoặc I (2; - 1). Kiểm tra  C  cắt  C2  tại hai điểm phân biệt, ta có I (2; - 1). 2 2 0.5 KL: Đường tròn  C  : x  2    y  1  9.
B' C' A' D' G H I B C F O E A D J ·' IA = 45o (1) . ( ) Hạ A I ^ BC suy ra góc (A ' BC ); (A BCD ) = góc (A ' I , A I ) = A ·'CA = 30o (2). ( ) Góc A ' C ; (A BCD ) = A 0.5 Hạ A J ^ CD , A H ^ A ' J . Khẳng định khoảng cách từ điểm C ' đến mặt phẳng  A ' CD  bằng A H = a . Từ (1) suy ra A I = A A '. Đáy A BCD là hình thoi nên A J = A I . 4.2 Xét tam giác vuông A ' A J , từ A H = a được A J = a 2. (2.0 0.25 điểm) Đặt A B = x , (x > 0) Þ BC = x . Từ (2) suy ra A C = a 6. Xét tam giác vuông A IC : IC = A C 2 - A I 2 = 2a . IB = IC - BC = 2a - x . 2 3a 0.5 Xét tam giác vuông A IB : A B 2 = A I 2 + IB 2 Û x 2 = (a 2) + (2a - x )2 Û x = × 2 a 3 3a 2 2 A C Ç BD = {O }Þ B O = ; S A BCD = Þ V A BCD .A ' B 'C ' D ' = 3a 3 . 0.25 2 2 Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A DE và đường thẳng d qua F vuông góc với (A BCD ). 0.25 Mặt phẳng trung trực của A A ' cắt d tại G thì G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE . a Bán kính cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE là GA = GF 2 + FA 2 với GF = × 2 3a 3a a 57 × × a 57 A D .DE .A E 4 = 3a 114 × Tính được A E = ; FA = = 2 4 0.25 4 4S A DE 3a 2 2 32 2 2 a 2 a 2 æ3a 114 ÷ ö a 1538 ç ÷ Vậy GA = + FA 2 = + çç ÷ ÷ = 2 2 çè 32 ÷ ø 32 Giả sử B(a; 0;0), C (0; 0; b) ( a, b  0 ). Phương trình mặt phằng (P ) qua các điểm A(0;9; 0), B(a; 0; 0), C (0;0; b) có dạng 4.3 0.5 x y z (2.0    1. điểm) a 9 b 4 25 2 Điểm M(4;3;25) Î (P ) nên   . Ta có OB  OC  a  b. 0.5 a b 3
3 4 25 87 3 4b 25a 87 147 Mà a  b   a  b            30  . 2 a b  2 2 a b  2 2 0.5 105 Dấu ‘=’ đạt được khi a  21; b  . 2 x y 2z Vậy phương trình mặt phẳng cần lập là    1. 0.5 21 9 105 Câu 5 1đ b x b a x a Xét hàm số f ( x)    , a, b, a  b, x  0 , f(0)=    b x  b 0.25 b x / b x a x  a x a x  ba a x f '( x)     (b  x) ln  =    ln  b x  b x  b x  a x b x 0.25 Đặt ba a x  ba a x ( a  b) 2 g ( x)    ln  , g '( x )    ln  '    0, x  0 0.25 a x b x  ax b x ( a  x ) 2 (b  x ) => g(x) nghịch biến (0,+oo) , lim g ( x)  0 x  => g(x)>0 , x>0 => f’(x)>0, x>0 0.25 => f(c)>f(0) , c>0 => đpcm 20 điểm Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng. - Với bài toán hình học nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm phần tương ứng.