intTypePromotion=1

Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Phú Yên

Chia sẻ: Trần Văn Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
14
lượt xem
0
download

Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Phú Yên

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp học sinh đánh giá lại kiến thức đã học cũng như kinh nghiệm ra đề của giáo viên. Mời các bạn và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Phú Yên.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Phú Yên

  1. SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2019 – 2020 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ U U MÔN: TOÁN (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) Giải phương trình x3 = +1 2 3 2x −1 . Câu 2. (2, 0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy hai điểm B′ và C ′ sao cho AB. AB′ = AC. AC ′. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM ⊥ B′C ′. Câu 3. (3,0 điểm) Cho phương trình cos 2 x + sin x + m − 3 =0. a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; π ). Câu 4. (4,0 điểm) Cho f ( x)= mx 2 + 4(m − 1) x + m − 1 ( m là tham số). a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f ( x) > 0 với mọi x ∈ . b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f ( x) < 0 với mọi x ∈ ( 0; 2 ) .  x + 1 + y + 2 =m Câu 5. (4,0 điểm) Cho hệ phương trình  ( m là tham số).  x + y = 3m a. Giải hệ phương trình khi m = 4. b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có nghiệm. Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi O là điểm tùy ý nằm trong tam giác. Kẻ OM , ON và BC AC AB 2 p OP lần lượt vuông góc với các cạnh BC , AC và AB. Chứng minh + + ≥ trong đó OM ON OP r p là nửa chu vi của tam giác ABC và r là bán kính của đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Câu 7. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B. Kéo dài AC về phía C một đoạn CD = AB = 1;  = 300. Tính độ dài đoạn AC. CBD ---------- HẾT ----------
  2. SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2019 – 2020 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn Toán – Thời gian: 150 phút Câu Đáp án Điểm Câu1 Đặt:=y 3 2 x − 1. (2,0 điểm) 1,0 = x + 1 2 y =  x + 1 2 y = x + 1 2 y 3 3 3 Ta có:  3 ⇔ 3 ⇔   y + 1= 2 x  x − y = 2( y − x) ( x − y )( x − xy + y + 2)= 0 3 2 2 2 0,25 Do x 2 − xy + y 2 + 2 =  x −  + y 3y2 + 2 > 0 ∀x, y  2 4  x3 + 1 =2 y 0,5 Nên ta có hệ:  ⇒ x3 + 1= 2 x ⇔ ( x − 1)( x 2 + x − 1)= 0 x = y  x = 1  −1 + 5 ⇔  x = 2 0,25   x = −1 − 5  2 Câu 2 Vì M là trung điểm của BC nên B (2,0 điểm)  1   = AM 2 ( AB + AC ) B' M 0,5 C' A C   1         Ta có: AM .B′C ′ = 2 ( )( ) AB + AC AC ′ − AB′ = AC. AC ′ − AB. AB′ = 0 1,5 Vậy: AM ⊥ B′C ′ Câu 3 a. (1,5 điểm) cos 2 x + sin x + m − 3 = 0 ⇔ 2sin 2 x − sin x = m − 2 0,25 (3,0 điểm) Đặt: = t sin x, t ∈ [ −1;1] Phương trình trở thành 2t 2 − t = m − 2 0,5 y 2t 2 − t với t ∈ [ −1;1] Xét hàm số = 0,75 Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m − 2 =1 ⇔ m = 3
  3. b. (1,5 điểm) x ∈ ( 0; π ) ⇒ t ∈ ( 0;1] y 2t 2 − t trên nửa khoảng ( 0;1] 1,0 Xét hàm số = 1 15 Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ − < m − 2 < 0 ⇔ 0 ⇔ x < − (loại) 4 + Khi m ≠ 0 để 1,0 m > 0 m > 0 4 f ( x) > 0∀x ∈  ⇔  ⇔ ⇔1< m <  ∆′ < 0 (m − 1)(3m − 4) < 0 3 b. (2,5 điểm) 1 0,5 + Khi m = 0 thì f ( x) < 0 ⇔ −4 x − 1 < 0 ⇔ x > − (thỏa mãn) 4 m < 0 m < 0 + ⇔ ⇒ VN  ∆′ < 0 (m − 1)(3m − 4) < 0 0,5 + Khi m > 0 đề f ( x) < 0∀x ∈ (0; 2) thì f ( x) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa  x ≤ 0 < x2 (1) x1 ≤ 0 < 2 ≤ x2 ⇔  1 0,5  x1 < 2 ≤ x2 (2) m −1 0,5 (1) ⇔ ≤ 0 ⇔ 0 < m ≤1 m 13 0,5 (2) ⇔ ( x1 − 2)( x2 − 2) ≤ 0 ⇔ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 ≤ 0 ⇔ 0 < m ≤ 10 13 Vậy: 0 ≤ m ≤ . 10 Câu 5 a. (1,5 điểm) (4,0 điểm)  x + 1 + y + 2 =4  = y 12 − x 1,0 Khi m = 4 ta có  ⇔  x + y = 12  x + 1 + 14 − x =4 ( −1 ≤ x ≤ 14; −2 ≤ y ≤ 13)
  4.  13 + 4 14 x = 2 ⇒ 2 ( x + 1)(14 − x) = 1 ⇔ −4 x 2 + 52 x + 55 = 0 ⇔   13 − 4 14 x =  2  11 − 4 14 0,5 y =  2  11 + 4 14 y =  2  13 + 4 14 11 − 4 14   13 − 4 14 11 + 4 14  Vậy: hệ có hai nghiệm  ;  và  ;   2 2   2 2  b. (2,5 điểm) a + b = m  2 Đặt: = a x + 1 và = b y + 2. Hệ trở thành a + b 2 = 3m + 3 a ≥ 0, b ≥ 0 0,5  Để hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng a + b =m có điểm chung với 1,0 đường tròn a + b = 3m + 3 trong đó a ≥ 0 và b ≥ 0 2 2  m 2 − 6m − 6 ≤ 0  3 + 21 3m + 3 ≤ m ≤ 6m + 6 ⇔ m 2 − 3m − 3 ≥ 0 ⇔ ≤ m ≤ 3 + 15 1,0 m ≥ 0 2  3 + 21 Vậy: ≤ m ≤ 3 + 15 2 Câu 6 Theo BĐT Bunhiacopski, ta có (2,0 điểm)  BC AC AB  2  . BC.OM + . AC.ON + . AB.OP   OM ON OP   BC AC AB  1,0 ≤ + +  ( BC.OM + AC.ON + AB.OP )  OM ON OP   BC AC AB  ⇔ ( BC + AC + AB) 2 ≤  + +  ( BC.OM + AC.ON + AB.OP )  OM ON OP   BC AC AB  BC AC AB 2 p ⇔ + +  .2 S ABC ≥ 4 p ⇔ 2 + + ≥ (do S ABC = pr )  OM ON OP  OM ON OP r 0,5
  5. Dấu bằng xảy ra OM = ON + OP ⇔ O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 0,5 Câu 7 Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với E CD cắt BC tại E (3,0 điểm) Tứ giác ABDE nội tiếp 1,0 ∠DBC = ∠DAE D C B A Đặt AC = x > 1 ⇒ AD = x + 1 π x +1 0,5 = AD.tan= DE = ; BC x2 −1 6 3 CD BC ∆CDE  ∆CBA ⇒ = ⇔ 3 =( x + 1) x 2 − 1 ED BA 1,0 ⇔ x( x 3 − 2) + 2( x 3 − 2) = 0 ⇔ ( x3 − 2)( x + 2) = 0 ⇔ x = 3 2 Vậy: AC = 3 2. 0,5
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản