Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 1 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

Chia sẻ: Pavel Korchagin | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

113
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 1 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 1 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI KSCL HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học: 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHINH TH ́ ƯC ́ Lớp 12 THPT Sô bao danh ́ ́ Ngay thi 25/04/2015. ̀ ............................. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 + x 2 − x + 2 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Đường thẳng d đi qua điểm M(0; 2) và có hệ số góc k. Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P và hai điểm N, P có hoành độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn: x13 − (k + 3) x1 x23 − (k + 3) x2 + +2=0 x1 + 1 x2 + 1 Câu II (4,0 điểm) sin3 x.sin3x + cos3 x.cos3x 1 =− 1. Giải phương trình: � π� � π� 8 tan �x − � .tan �x + � � 6� � 3� x2 y + x2 + 1 = 2 x x2 y + 2 2. Giải hệ phương trình: ( x, y R) y 3 ( x 6 − 1) + 3 y ( x 2 − 2) + 3 y 2 + 4 = 0 Câu III (4,0 điểm) 1. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 1 2 2 x 1 2 2, y 0, z 0 và x y z 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 P 2 2 (x y) ( x z) 8 ( y z)2 75 x + x +1 − 7 5+ x +1 + 2014 x 2014 2. Tìm giá trị của tham số m để hệ bất phương trình có nghiệm x 2 − (m + 2) x + 2m + 3 0 thực. Câu IV (4,0 điểm) 1. Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ (các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng d : x y 1 0 và đường tròn (C ) : x 2 y 2 4 x 2 y 4 0 . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm). Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất. Câu V (4,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA = x , tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng 1. Tính thể tích khối chóp đó theo x và tìm x để thể tích đó là lớn nhất.
x + 1 y −1 z + 3 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = , điểm 2 1 −2 �3 3 −1 � và mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x − 4 y + 6 z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) 2 2 2 M�; ; � �2 2 2 � 3 song song với d, tiếp xúc với (S) và khoảng cách từ M đến (P) bằng . 2 ………………………………..HẾT…………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN Câu I.2 Đường thẳng d có phương trình y = kx + 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: x3 + x 2 − x + 2 = kx + 2(1) x=0 x 2 + x − k − 1 = 0 (2) d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 5 ∆>0 k >− � � �� 4 (*) −k − 1 0 k −1 x1 + x2 = −1 Khi đó, x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (2) nên (3) x1.x2 = − k − 1 Ta có, x1 − (k + 3) x1 = x1 � 3 ( 2 � ) �x1 + x1 − k − 1 − ( x1 + 2 ) �= − x1 ( x1 + 2 ) Tương tự, x2 − (k + 3) x2 = − x2 ( x2 + 2 ) 3 Do đó, từ x13 − (k + 3) x1 x23 − (k + 3) x2 + −2=0 x1 + 1 x2 + 1 − x1 ( x1 + 2) − x2 ( x2 + 2) � + −2=0 x1 + 1 x2 + 1 x1 x � x1 + + x2 + 2 + 2 = 0 x1 + 1 x2 + 1 2 x1 x2 + x1 + x2 � ( x1 + x2 ) + +2=0 x1 x2 + ( x1 + x2 ) + 1 2( −k − 1) − 1 � −1 + + 2 = 0, do (3) −k − 1 − 1 + 1 � k = 0 Kết hợp với (*), ta thấy k = 0 thỏa mãn. Câu II.1
π sin( x − ) 0 6 π cos( x − ) 0 6 * Điều kiện: π sin( x + ) 0 3 π cos( x + ) 0 3 * Ta có: tan( x − 6 ) tan( x + π3 ) = −1. π 1 * Nên: (1) � sin 3 x.sin 3 x + cos3 x.cos 3 x = 8 1 � sin 2 x.s inx.sin 3 x + cos 2 x.cos x.cos 3 x = 8 1 1 1 � −(1 − cos 2 x). (cos4x co s 2 x) + cos 2 x. (cos4x + co s 2 x) = 2 2 8 1 1 � 2 cos 2 x cos 4 x cos 4 x + cos 2 x = � cos 4 x(2 cos 2 x − 1) + cos 2 x = 4 4 1 � cos4 x.cos2 x + cos2 x = 4 � 4(2 cos 2 x − 1)cos2 x + 4.cos2 x − 1 = 0 � 8cos3 2 x = 1 2 π x = + kπ 1 6 � cos2 x = � (k �Z). 2 π x = − + kπ 6 π Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x = − + kπ (k Z). 6 Câu II.2 Điều kiện: x 2 y 2 . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) (2) x 6 y 3 3 x 2 y y 3 3 y 2 3 y 1 3( y 1) ( x 2 y )3 3 x 2 y ( y 1) 3 3( y 1) (3) Xét hàm số f (t ) t 3 3t có f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t R Do đó (3) � f ( x 2 y ) = f ( y − 1) � x 2 y = y − 1, ( y �−1). Thế vào (1) ta được x 2 y x 2 1 2 x y 1 x 2 ( y 1) 2 x y 1 1 0 ( x y 1 1) 2 0 x y 1 1 Do đó hệ đã cho tương đương với x2 y x2 1 y 2 x2 x y 1 1 x2 y y 1 x 2 (2 x 2 ) x 2 1 (4) 2 x y y 1 x 0 x 0 (4) x 4 3x 2 1 0 ( x 2 1) 2 x2 0 ( x2 x 1)( x 2 x 1) 0 1 5 x 2 1 5 1 5 . Do x > 0 nên x hoặc x 1 5 2 2 x 2 1 5 1 5 1 5 1 5 Với x y . Với x y . 2 2 2 2
1 5 1 5 1 5 1 5 Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) ; , ( x; y ) ; 2 2 2 2 Câu III.1 1 1 1 1 1 1 Ta có P 2 2 2 2 ( 1 z) ( 1 y ) 8 ( 1 x) (1 y ) (1 z ) 8 (1 x) 2 2 1 1 1 Ta sẽ chứng minh 2 2 (1 y ) (1 z ) 1 yz 1 1 1 Thật vậy: 2 2 (1 yz )[(1 z ) 2 (1 y ) 2 ] [(1 z )(1 y )]2 . (1 y ) (1 z ) 1 yz (1 yz )(2 2 z 2 y z 2 y 2 ) (1 zy z y ) 2 2( z y )(1 zy ) 2(1 yz ) (1 zy )( y z ) 2 2 zy (1 yz ) (1 zy ) 2 2( z y )(1 zy ) ( z y)2 (1 zy )( y z ) 2 2 4 yz 2 y 2 z 2 (1 yz ) 2 ( y z) 2 4 yz 0 yz ( y z ) 2 (1 yz ) 2 0 (hiển nhiên đúng). Dấu “=” xảy ra khi y z 1 . 2 y z y z ( 1 x) 2 (1 x) 2 Ta lại có yz yz 2 2 4 4 1 1 1 1 4 Do đó (1 y ) 2 (1 z ) 2 1 yz (1 x) 2 4 (1 x) 2 1 4 4 1 P 4 (1 x) 2 8 ( x 1) 2 2 Do 1 2 2 x 1 2 2 nên ( x 1) [0;8) . 4 1 Đặt t (1 x) 2 t [0;8) và P 4 t 8 t 4 1 4 1 3t 2 72t 240 Xét f (t ) với t [0;8) . f ' (t ) 4 t 8 t (4 t ) 2 (8 t ) 2 (4 t ) 2 (8 t ) 2 f ' (t ) 0 3t 2 72t 240 0 t 4; t 20 (loại) Bảng biến thiên t 0 4 8 f’(t) 0 + 9 8 f(t) 3 4 2 (1 x) 4 3 3 x 3 Do đó P f (t ) và P khi y z 1 4 4 y z 1 x y z 1 3 Vậy min P khi x 3, y z 1 4 Câu III.2 Điều kiện: x −1 x +1 x +1 (1) � 75 x.7 − 75.7 �2014 − 2014 x x +1 �7 (75 x − 75 ) �2014(1 − x) (3)
7 x+1 (75 x − 75 ) > 0 x +1 +) Với x > 1 �� 7 (75x − 75 ) > 2014(1 − x) (4) 2014(1 − x) < 0 (3), (4) (3) : vô nghiệm khi x > 1 +) Với x �[ −1; 1] � (3) : luôn đúng. Hệ có nghiệm � x2 − (m + 2) x + 2m + 3 �0 có nghiệm ∀x �[ −1; 1] x 2 − 2x + 3 ۳ m = f ( x) có nghiệm ∀x �[ −1; 1] x−2 ۳ m min f ( x) = −2 [ −1; 1] Vậy, m −2 Câu IV.1 Xét các số có 9 chữ số khác nhau: Có 9 cách chọn chữ số ở vị trí đầu tiên. Có A98 cách chọn 8 chữ số tiếp theo Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9. A98 = 3265920 Xét các số thỏa mãn đề bài: Có C54 cách chọn 4 chữ số lẻ. Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số 0, do chữ số 0 không thể đứng đầu và cuối nên có 7 cách xếp. Tiếp theo ta có A42 cách chọn và xếp hai chữ số lẻ đứng hai bên chữ số 0. Cuối cùng ta có 6! cách xếp 6 chữ số còn lại vào 6 vị trí còn lại. Gọi A là biến cố đã cho, khi đó n( A) C54 .7. A42 .6! 302400. 302400 5 Vậy xác suất cần tìm là P ( A) . 3265920 54 Câu IV.2 Đường tròn (C) có tâm I ( 2;1) , bán kính R 3 . Do M d nên M (a;1 a ) . Do M nằm ngoài (C) nên IM R IM 2 9 (a 2) 2 ( a) 2 9 2a 2 4a 5 0 (*) Ta có MA2 MB 2 IM 2 IA2 (a 2) 2 ( a) 2 9 2a 2 4a 5 Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình: ( x a ) 2 ( y a 1) 2 2a 2 4a 5 x 2 y 2 2ax 2(a 1) y 6a 6 0 (1) Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình x 2 y 2 4 x 2 y 4 0 (2). Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a 2) x ay 3a 5 0 (3) Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng đi qua A, B. +) Do (E) tiếp xúc với nên (E) có bán kính R1 d ( E , ) Chu vi của (E) lớn nhất R1 lớn nhất d ( E , ) lớn nhất 5 11 Nhận thấy đường thẳng luôn đi qua điểm K ; 2 2 10 Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên d ( E , ) EH EK 2 Dấu “=” xảy ra khi H K EK . 1 3 Ta có EK ; , có vectơ chỉ phương u (a; a 2) 2 2 1 3 Do đó EK EK .u 0 a (a 2) 0 a 3 (thỏa mãn (*)) 2 2 Vậy M 3;4 là điểm cần tìm. Câu V.1
S B A H O C D Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD) Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD, suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Mặt khác, tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, với O là giao của AC và BD. Lại có, ∆CBD = ∆ABD = ∆SBD � OC = OA = OS nên ∆SAC vuông tại S � AC = x2 + 1 1 1 1 x Ta có, 2 = 2+ � SH = SH SA SC 2 x2 + 1 1 ABCD là hình thoi � AC ⊥ BD � OB = AB 2 − AO 2 = 3 − x2 2 1 1 2 1 + S ABCD = AC.BD = x + 1. 3 − x 2 � V = x 3 − x 2 2 2 6 1 1 x2 + 3 − x2 1 + Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có, V = x 3 − x 2 . = 6 6 2 4 1 6 V có giá trị lớn nhất là khi x = 3 − x 2 � x = 4 2 Câu V.2 3 3 Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2; −3) bán kính R = 3 , d ( I , ( P ) ) = 3 = 2d ( M , ( P ) ) , IM = < R nên M nằm 2 trong (S). Gọi K = MI ( P ) . Do d ( I , ( P ) ) = 2d ( M , ( P ) ) � IK = 2MK mà IK > IM nên M là trung điểm của KI nên tọa độ K ( 2;1; 2 ) r Gọi n = ( a; b; c ) , a 2 + b 2 + c 2 0 ta có r d / / ( P ) � 2a + b − 2c = 0 � b = 2c − 2a � n = ( a; 2c − 2a; c ) . PT của (P) có dạng a ( x − 2 ) + ( 2c − 2a ) ( y − 1) + c ( z − 2 ) = 0 . − a + 2c − 2a − 5c Ta lại có d ( I , ( P ) ) = 3 � = 3 � a 2 + 2ac + c 2 = 5a 2 − 8ac + 5c 2 a 2 + ( 2c − 2 a ) + c 2 2 a = 2c � 4a 2 − 10ac + 4c 2 = 0 � c = 2a Với a = 2c chọn a = 2 � c = 1, b = −2 PT của ( P ) : 2 x − 2 y + z − 4 = 0. Với 2a = c chọn a = 1 � c = 2, b = 2 PT của ( P ) : x + 2 y + 2 z − 8 = 0.