Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán năm 2013-2014 - THPT Lạng Giang số 1

Chia sẻ: Nguyễn Anh Tuấn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

193
lượt xem 16
download

Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán năm 2013-2014 - THPT Lạng Giang số 1

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán năm 2013-2014 dưới đây được chia làm 2 phần: phần chung gồm 6 câu hỏi bài tập với thang điểm 7, phần riêng các bạn được chọn giữa phần chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao ứng với thang điểm 3. Ngoài ra đề thi này còn kèm theo đáp án giúp các bạn dễ dàng kiểm tra so sánh kết quả được chính xác hơn. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát học sinh giỏi lần 1 môn Toán năm 2013-2014 - THPT Lạng Giang số 1

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1 Năm học: 2013 - 2014 Môn: Toán - Khối A, A1. Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Đề gồm 01 trang --------------------*******-------------------A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  2 x  4 có đồ thị là ( C ) 1 x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 15 4 b. Tìm m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho S IAB  với I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 3cos x  2  3  cos x  1 cot 2 x Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   4 x 8 x  4  12 y 2  5  4 y 3  13 y  18 x  9  2 3 2 4 x  8 x  4 2 x  1  2 y  7 y  2 y  0  1 ,  x, y     2 2 Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: log 2  2x  7   log 2 2  x  1  log 2  x  3 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết góc giữa MN với mp(ABC) bằng 600 .Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AC, MN theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c  0 thỏa mãn 3 a 4  b4  c 4   7  a 2  b2  c 2   12  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a2 b2 c2   b  2c c  2a a  2b B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng 1 : 2 x  11 y  7  0 và  2 : 2 x  3 y  4  0 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M  8; 14  cắt hai đường thẳng 1 và      2 lần lượt tại A, B sao cho 2 AM  3MB  0 Câu 8a (1,0 điểm) Một hộp có 7 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh và 6 viên bị màu vàng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi lấy ra có đủ 3 mầu. 3  Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  2 x 2  3  thành đa thức. Biết rằng x   3  n 1 n là một số nguyên dương thỏa mãn Cn  Cnn13  Cn 12 .Cn 3 1 n 2. Theo chương trình nâng cao. Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Câu 8b (1,0 điểm) Từ các chữ số 0; 1; 2; …; 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác nhau đôi một và chữ số chính giữa luôn là 2. Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton 3 2 6 bằng 21 và C1  Cn  2Cn . n  2 lg(10 3 )  2( x2)lg3 x 5  n số hạng thứ .................................Hết................................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: .......................................................... Số báo danh:......................... HƯỚNG DẪN CHẤM Ơ Lưu ý: Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm và sơ lược các bước giải, trong bài làm của học sinh phải yêu cầu trình bày chi tiết, lập luận chặt chẽ, không được dùng bút xóa và không được viết tắt. Các đồng chí chấm đúng và đủ điểm cho học sinh để bài thi còn trả lại học sinh. Các cách làm khác nếu đúng, các đồng chí vận dụng cách cho điểm trong hướng dẫn chấm để chấm cho học sinh CÂU NỘI DUNG A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) + Tập xác định: D  R \ 1 + Sự biến thiên lim y  2 , lim y  2 . y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị (C) x  x  ĐIỂM lim y   , lim y   . x  1 là tiệm cận ngang của đồ thị (C)   x 1 x 1 0.25 a + Ta có y '  2  x  1 2  0 x  D Bảng biến thiên + Kết luận: - Hàm số đồng biến trên  ;1 và 1;  - Hàm số không có cực trị + Đồ thị: Vẽ đúng dạng, đẹp + Xét phương trình hoành độ giao điểm  2 x  4 x  1  2x  m   2 1 x 2 x   m  4  x  m  4  0 1  0.25 0.25 0.25 Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 2   m  4   m  4  0   2   m  16  0  1 m  4   m  4 0.25  * + Khi đó, A  x A ;2 x A  m  ; B  xB ;2 xB  m  với x A ; xB là nghiệm của (1) 4m   xA  xB  2  Áp dụng định lí Viet ta có:  x x  4  m  A B 2  0.25 b + Theo giả thiết, ta có m 15  2d  I , AB  . AB  15  2. .AB  15  4.AB 2 .m2  1125 4 5 2 2  20  x A  xB  .m2  1125  4  xA  xB   4 x A xB  .m 2  1125   2 2   m  16  m  225 S AIB   m 2  25  2  m  9   m 2  25 m  5   m  5 Vậy m  5 là giá trị cần tìm 0.25 0.25 + Điều kiện: sin x  0  x  k , k  Z . Khi đó phương trình cos 2 x sin 2 x cos 2 x  3cos x  2  3  cos x  1 1  cos 2 x cos 2 x  3cos x  2  3 1  cos x   3cos x  2 1  cos x   3cos 2 x  3cos x  2  3  cos x  1  6cos x  cos x  2  0 2 0.25 0.25 2 1   cos x  2   cos x   2  3     x  3  k 2 1 Với cos x    2  x     k 2  3    2  x  arccos   3   k 2 2   Với cos x      3  2  x   arccos     k 2  3  0.25 Kết luận:…. Điều kiện: x  1 2 1  8 x 2 x  1  4 y 3  12 y 2  13 y  5  3 2 x  1  8 x 2 x  1  3 2 x  1  4 y 3  12 y 2  13 y  5   4  2 x  1  1 2 x  1  4  y  1   y  1   4 3  2 x  1  2 x  1  4  y  1   y  1  3 3 0.25 3 Từ  3   y  1  0  y  1 Xét hàm số f  t   4t 3  t trên D   0;   Ta có f '  t   12t 2  1  0, t  D . Suy ra f  t   4t 3  t đồng biến trên D Khi đó: 3  3 f  2 x  1  f  y  1  0.25  2x  1  y  1  2 x  y2  2 y  2 Thay vào  2  ta có y 2  2 y  2   4  y 2  2 y  2   4  y  1  2 y 3  7 y 2  2 y  0 2  y 4  6 y 3  11 y 2  6 y  0  y  y  1  y 2  5 y  6   0 y 0  y  1   y  2   y  3 0.25 0.25 So sánh với điều kiện y  1 . Ta có   y  1 Với y  0 ta có x  1 y  0 Với y  1 ta có x  Kết luận:…. Điều kiện:  1 2 x  1  7 . Khi đó phương trình tương đương với x  2  2log 2 2 x  7  2log 2  x  1  2 log 2  x  3 0.25  log 2 2 x  7  log 2  x  1  log 2  x  3  log 2 2 x  7  log 2  x  1 x  3     2 x  7   x  1 x  3 *  0.25 Trường hợp 1: Nếu 2 x  7  0  x  4 7 thì 2 *  x 2  2 x  3  2 x  7  x 2  4  0 Phương trình vô nghiệm 7 thì 2 0.25 Trường hợp 2: Nếu 2 x  7  0  x   *  x 2  2 x  3  2 x  7  x 2  4 x  10  0  x  2  14   x  2  14  x  1 7  Kết hợp điều kiện x  và  7 ta có x  2  14 là nghiệm của PT đã cho. 2 x  2  S 0.25 M H A K I C J B N Gọi I là trung điểm AC, do SAC cân tại S nên SI  ( ABC ) . Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI  MH  ( ABC ) , do đó (MN,(ABC)) = MNH = 60 0 . Ta 5 a2 . 2 Xét HCN có: có S ABC  0.25 a 3a 2 5a 2 ; HC  ; NH 2  HC 2  NC 2  2 HC .NC .cos450  ; 2 4 8 a 10 NH  4 30 30 Trong MHN có MH  NH tan 600  a ; SI  2 MH  a 4 2 1 30  VS . ABC  SI .S ABC  a 3 3 12 Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là HK  MJ (1). NC  0.25 Ta có JN  BI , màBI / / HJ  JN  HJ  2  SI / / MH , màSI  JN  JN  MH (3)  2  ,  3  JN   MHJ   HK  HK  JN  4  1 ,  4   HK   MNJ  d ( AC , MN )  d ( H  AC , MN )  d ( H , ( MJN ))  HK a 30 a 2 . 4 4  a 30 = = 2 2 2 16 MH  HJ 30 a 2a 2  16 16 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 0.25 MH .HJ 0.25 2  b  2c  a a2 a 2  b  2c  a 2a 2  2 .  b  2c 9 b  2c 9 3 2 Tương tự ta cũng có  c  2a  b  2 b 2 .  c  2a  b  2b2 b2  c  2a 9 c  2a 9 3 2 2  a  2b  c c2 c 2  a  2b  c 2c 2  2 .  a  2b 9 a  2b 9 3 2 2 0.25 Khi đó P a2 b2 c2 2 1     a 2  b 2  c 2    a 2  b  2c   b 2  c  2a   c 2  a  2b   (*)  b  2c c  2a a  2b 3 9 a 3  a 3  c 3 b 3  b3  a 3 c 3  c 3  b3    a3  b3  c3 3 3 3 Theo Cosi, ta có a 2c  b 2 a  c 2b  (**) Từ (*) và (**) suy ra 6 P 2 2  a  b2  c2   1  a  b  c   a 2  b 2  c2  3 9 2 1   a2  b2  c 2    a 2  b2  c2  3 a 2  b2  c2  3 9 0.25 Đặt t  3  a 2  b 2  c 2  , từ giả thiết ta có: 7  a 2  b 2  c 2   12  3  a 4  b 4  c 4    a 2  b 2  c 2    a 2  b 2  c 2   7  a 2  b 2  c 2   12  0  3   a 2  b2  c 2   4 2 2 0.25 Do đó 2 1 2 1 P  t 2  t 3 . Xét hàm số f  t   t 2  t 3 trên D  3; 12    9 27 9 27 2 2 1 3 Lập bảng biến thiến của hàm số f  t   t  t trên D  3; 12  ta được   9 27 min f  t   f  3  1. Suy ra P  1 D Vậy Min P  1 đạt được khi a  b  c  1 B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn.  11a  7    11a  23  ; a   MA   ; a  14  2  2      3b  20  3b  4   Gọi B   2  A  ; b   MB   ; b  14  2  2          Theo giả thiết, ta có 3MB  2 AM  0  3MB  2 MA 0.25 Gọi A  1  A  7a 0.25 0.25