Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Trường THPT Hậu Lộc 4

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Trường THPT Hậu Lộc 4 giúp học sinh ôn tập kiến thức chuẩn bị cho bài thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh sắp đến.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Trường THPT Hậu Lộc 4

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 KỲ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẦN 1 TỔ TOÁN Năm học: 2019 - 2020 Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh Đề thi có 01 trang - gồm 05 câu ……………………… Câu I (4,0 điểm) 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị  P  của hàm số y  x 2  (m  2) x  m  1 ,biết rằng  P  đi qua điểm M (3;0) .  1  1 2. Giải phương trình:  x   1  x   x   1  x  x.  2  2 Câu II (4,0 điểm) 2 cos x  2sin 2 x  2sin x  1 1. Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x   . 2 cos x  1  x  y  3 x  3  y  1 2. Giải hệ phương trình:  2  x, y  R  .  x  y  3 x  y  2 x  1  x  y  0 Câu III (4,0 điểm) 1. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: a b c 3 2    . ab  b2 bc  c2 ca  a 2 2 AL 2. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính Xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. N Câu IV (4,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A  1;3  . Gọi D là một điểm trên cạnh AB FI 1 3 sao cho AB  3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm M  ;   là trung điểm đoạn HC. 2 2   Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên đường thẳng x  y  7  0. 2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD  AB / / CD  . Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC, CD . Giả sử M , N lần lượt là trung điểm của AD, HI . Viết phương 2 trình đường thẳng AB biết M 1; 2 , N  3;4  và đỉnh B nằm trên đường thẳng x  y  9  0 , cos  ABM  . 5 Câu V (4,0 điểm)  1  1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A là điểm trên SA sao cho - AA  AS . 2 Mặt phẳng   qua A cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại B , C  , D . Tính giá trị của biểu thức SB SD SC T   . SB SD SC  2. Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC  2 a , AD  a , AB  b . Mặt bên ( SAD) là tam giác đều. Mặt phẳng ( ) qua điểm M trên cạnh AB và song song với các cạnh SA , BC . ( ) cắt CD, SC , SB lần lượt tại N , P, Q . Đặt x  AM (0  x  b) . Tính giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện tạo bởi ( ) và hình chóp S . ABCD . ................. HẾT .................
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị  P  của hàm số y  x 2  (m  2) x  m  1 , biết rằng 2.0 P đi qua điểm M (3;0) . 4,0 Do  P  đi qua điểm M (3;0) nên ta có 9 - 3(m  2)  m  1  0  2 m  4  0  m  2 0.50 điểm Khi đó ta có hàm số y  x 2  4 x  3 x  2 Ta có đỉnh I :   I (2; 1) 0.50  y  1 Bảng biến thiên x -∞ +∞ 2 +∞ +∞ y 0.50 AL -1 0.50 N FI  1  1 2. Giải phương trình sau  x   1  x   x   1  x  x. 2.0  2  2 Điều kiện 1  x  1. Phương trình đã cho tương đương với: 0.50    2x 1  x  1  x  1  1  x  1  x  0  Đặt a  1  x ; b  1  x ,  a, b  0   2x  a 2  b 2 . Phương trình dã cho trở thành:  a2  b2   a  b  1   a  b   0   a  b   a  b  a  b  1  1  0 0.50 a  b a  b   2  a  b    a  b   1  0 a  b  1  5  2 + Với: a  b  1  x  1  x  x  0 0.50 1 5 1 5 5 5 + Với: a  b   1 x  1 x  x 2 2 8 0.50 5 5 - Kết luận. Phương trình có các nghiệm x  0; x   . 8
II 2 cos x  2sin 2 x  2sin x  1 2.0 1. Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x   2 cos x  1 4,0 1  điểm Điều kiện: 2 cos x  1  0  cos x   x    k 2 ,  k  Z  . 2 3  2 cos x  1  2sin x  2 cos x  1 0.50 Pt  cos 2 x  3 1  sin x   2 cos x  1  cos 2 x  3 1  sin x    2 cos x  11  2sin x  2 cos x  1 2 0.50  1  2sin x  3  3 sin x  1  2sin x 3    2sin 2 x  2  3 sin x  3  0  sin x  2 hoặc sin x  1 . 3   2 Với sin x   sin x  sin  x   k 2 hoặc x   k 2 ,  k  Z  2 3 3 3 0.50  Với sin x  1  x    k 2 ,  k  Z  2 2  0.50 So với điều kiện nghiệm của phương trình: x   k 2 ; x    k 2 ,  k  Z  . 3 2  x  y  3 x  3  y 1 2.0 2. Giải hệ phương trình:  2  x  y  3 x  y  2 x  1  x  y  0 x  0  Điều kiện:  y  1  0 . AL  y  2x  1  0  0.50 Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : N  x  y  3 x  3  y  1   x  y  2 x  3  y  1  x  3 FI yx2  1    x  y  2 x  3    x  y  2  x  3  0 1 y 1  x  3  y  1  x  3   0.50 1 Với điều kiện x  0, y  1 ta có : x  3   0. y 1  x  3 Nên từ 1 ta có : x  y  2  0  y  x  2 . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được phương trình : x  3  x  x2  x  2  * Điều kiện 0  x  3 . Vì VT  0  VP  0  x   2;3 . 0.50 Với mọi x   2;3 ta có: 1   x  1  x   x  2   3  x  x 2  3 x  1  0 x 2  3x  1 x 2  3x  1    x 2  3x  1  0  x  1  x  x  2   3  x  1 1  3 5   x 2  3 x  1    1  0  x 2  3 x  1  0  x  0.50   x  1  x  x  2   3  x  2   7 5  3 5 7 5  y (tmđk). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x ; y    ;  . 2  2 2  
III 1. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: 2.0 a b c 3 2    ab  b 2 bc  c 2 ca  a 2 2 4,0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có điểm 2b  a  b    a  3b  2b. a  b   2 2 0.50 Áp dụng tương tự ta được a b c 2a 2 2b 2 2c 2      . ab  b2 bc  c2 ca  a 2 a  3b b  3c c  3a 2a 2 2b 2 2c 2 3 2 Ta cần chứng minh    a  3b b  3c c  3a 2 a b c 3 Hay    . 0.50 a  3b b  3c c  3a 4 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 2 a  b  c  2 abc .   a  3b b  3c c  3a a  b2  c2  3ab  3bc  3ca Mặt khác, từ một đánh giá quen thuộc ta có 2 a  b  c   3 ab  bc  ca  AL Do đó ta được 0.50       N 2 2 2 2 2 2 a  b  c  3 ab  bc  ca  a  b  c  2 ab  bc  ca  ab  bc  ca 1 4 FI 2 2 2  abc  abc  3  3 abc      2 Từ đó suy ra a  b  c  abc    3 a  3b b  3c c  3a 4 2 4 0.50 3 abc   Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c . 2.0 2. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính Xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. Số phần tử của S là 8. A85  53760 . Do đó, chọn ngẫu nhiên một số từ tập S có 53760 0.50 (cách). Vì số được chọn có 6 chữ số nên ít nhất phải có hai chữ số chẵn, và vì không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau nên số được chọn có tối đa 3 chữ số chẵn. TH1: Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef 0.50 Xếp 4 số lẻ trước ta có 4! cách. lẻ lẻ lẻ lẻ Xếp 2 số chẵn vào 5 khe trống của các số lẻ có C52 . A52  4.C41 cách. Trong trường hợp này có 4! C52 . A52  4.C41   4416 (số).
TH2: Số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef Xếp 3 chữ số lẻ trước ta có A43 cách. lẻ lẻ lẻ 0.50 Xếp 3 chữ số chẵn vào 4 khe trống của các số lẻ có C43 . A53  C32 . A42 cách. Trong trường hợp này có A43 .  C43 . A53  C32 . A42   4896 (số). Vậy có tất cả 9312 số có 6 chữ số sao cho không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. 0.50 9312 97 Xác suất cần tìm là  . 53760 560 IV 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A  1;3  . Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho AB  3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên 2.0 1 3 CD. Điểm M  ;   là trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B 2 2 nằm trên đường thẳng x  y  7  0. 4,0 điểm Gọi N , I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD và CA . Do tam giác IBC vuông tại B và 1.0 AB  AC  A là trung điểm của đoạn IC , AL suy ra D là trọng tâm tam giác IBC . Do đó 1 AN / /  BC. 2 N Gọi E là trung điểm BH , khi đó E là trực FI tâm tam giác NBM và tứ giác NAME là hình bình hành nên từ NE  BM  AM  BM . Đường thẳng BM có phương trình x  3 y  5 . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  x  y  7 0.50   B  4; 3  x  3 y  5   Từ AB  3 AD  D  2;1 . Lúc đó ta có phương trình các đường thẳng CD : x  y  1; BH : x  y  1 . Suy ra tọa độ điểm H  1;0  .Suy ra C  2; 3  0.50 2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD  AB / / CD  . Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC, CD . Giả sử M , N lần lượt là trung điểm của AD, HI . Viết phương trình đường thẳng AB biết 2.0 2 M 1; 2  , N  3;4  và đỉnh B nằm trên đường thẳng x  y  9  0 , cos  ABM  . 5
Xét tam giác ABD và HBI có:    HBI ABD  HCI . Và  ADB    . Suy ra  ABD ACB  HIB  HBI 0.50 Ta có BM , BN lần lượt là hai trung tuyến của tam giác ABD, HBI do đó: BM BA  (1) . BN BH Lại có    MBN ABM  HBN  ABH (2) . Từ (1) và (2) suy ra  ABH  MBN .  Do đó MNB AHB  90 hay MN  NB Đường thẳng BN đi qua N và vuông góc với MN nên có phương trình là : x  3 y  15  0 . x  y  9  0 x  6 0.50 Toạ độ điểm B thoả mãn   . Suy ra B(6; 3) .  x  3 y  15  0 y  3 AL  Gọi n  a; b  a 2  b2  0  là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng AB .   N Ta có MB  5; 5  cùng phương với vec tơ uMB  1; 1 . Theo bài ra ta có: FI 2 ab 0.50   8( a2  b2 )  5( a2  2ab  b2 )  3a2  10 ab  3b2  0 2 2 5 2( a  b  a  3b   3a  b Với a  3b , chọn b  1  a  3 ta có phương trình 3 x  y  21  0 Với b  3a chọn a  1  b  3 ta có phương trình x  3 y  15  0 (loại do trùng với BN ) 0.50 Vậy phương trình đường thẳng AB là: 3 x  y  21  0 . V 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A là điểm trên SA  1  sao cho - AA  AS . Mặt phẳng   qua A cắt các cạnh SB , SC , SD lần 2 2.0 SB SD SC lượt tại B , C  , D . Tính giá trị của biểu thức T    . SB SD SC  4,0 điểm Gọi O là giao của AC và BD . Ta có O là trung điểm của đoạn thẳng AC , BD . Các đoạn thẳng SO , AC  , BD đồng quy tại I .
Ta có: S SA ' I  S SC I  S SAC  0.50 S S S  SAI  SC I  SAC  S SAC S SAC S SAC S SAI S S   SC I  SAC  2 S SAO 2 S SCO S SAC SA SI SC  SI SA SC  SI  SA SC   SA SC   .  .  .     . . 0.50 2SA SO 2 SC SO SA SC 2SO  SA SC  SA SC SA SC SO SB SD SO 0.50    2. ; Tương tự:   2. SA SC  SI SB SD SI SB SD SC SA 3 Suy ra:     . 0.50 SB SD SC  SA 2 2. Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC  2 a , AD  a , AB  b . Mặt bên ( SAD) là tam giác đều. Mặt phẳng ( ) qua điểm M trên cạnh AB và song song 2.0 với các cạnh SA , BC . ( ) cắt CD, SC, SB lần lượt tại N , P, Q . Đặt x  AM (0  x  b) . Tính giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện tạo bởi ( ) và hình chóp AL S . ABCD . N ( )  SA vµ BC nªn FI ( )  (SAD)  MQ  SA, NP  SD Ta có MN  PQ  AD  BC Theo ĐL Talét trong hình thang BM CN ABCD:  (1) BA CD 0.50 Theo ĐL Talét trong BM BQ MQ SAB :   (2) BA BS SA Theo ĐL Talét trong CN CP PN SCD :   (3) CD CS SD bx x x Từ (1), (2), (3) suy ra MQ  NP  a; PQ  2a; MN  a  a b b b 2 0.50 1  MN  PQ   Thiết diện là hình thang cân và Std  ( MN  PQ) MQ 2    2  2  1  ab  ax 2ax  a 2 (b  x )2 a 2 (b  x )2 1 a (b  3x ) a 3(b  x )       . . 2 b b  b2 4b 2 2 b 2b 0.50
2 a2 3 a 2 3  3 x  b  3b  3 x  a 3  2 (3 x  b )(3b  3 x )  2    12b 12b  2  3 a2 3 b 0.50 Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là khi x  . 3 3 ................ HẾT ................ Mời các em tham khảo thêm các tài liệu khác tại mục Tài liệu học tập lớp 11 AL N FI