Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 10 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

Chia sẻ: Pavel Korchagin | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 10 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá sẽ giúp các em làm quen với hình thức ra đề, các dạng câu hỏi và bài tập thường ra trong kì thi. Đồng thời, các em rèn luyện kỹ năng giải đề và tích lũy thêm kiến thức.

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 10 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 30/10/2015. ̀ ............................. 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 = f (x ) = x 3 + 3x 2 − 9x + 5 (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi A, B là giao điểm của (C) với trục Ox. Chứng minh rằng trên (C) tồn tại hai điểm phân biệt nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. Câu II (4,0 điểm) (cos x + sin x)2 - 2sin2 x 2� � p � � � � �p � � � 1) Giải phương trình: = � sin � - x�- sin � - 3x�� . 1+ cot 2 x 2 � � �4 � � �4 � � �� 2) Giải hệ phương trình: ( y 2 + x + y + x + 1 − 1 = 2 y x + 1 + y − 1. x +1 −1 ) ( y2 + 5 + x + 2 )( ) 2 y2 − 3 − 3 = 4 Câu III (4,0 điểm) 1) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + 1 = z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x3 y3 z3 14 P= + + + x + yz y + xz z + xy ( z + 1) 1 + xy + x + y x2 m 2 x 2m 0 2) T×m m ®Ó hÖ 2 cã nghiÖm. x m 7 x 7m 0 Câu IV (4,0 điểm) 1) Gọi A là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngãu nhiên ba số từ A. Tính xác suất để trong ba số được chọn có một số có mặt chứ số 4. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ có phương trình ∆ : x − 3 y − 1 = 0 . Giả sử D ( 4; 2 ) , E ( 1;1) , N ( 3;3) theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng ∆ và điểm M có hoành độ lớn hơn 2. Câu V (4,0 điểm) 1) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c và a2 + b2 + c2 = 27 . Tính thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD. x − 3 y + 2 z +1 2) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng (P): 2 1 −1 x + y + z + 2 = 0 . Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 .
………………………………..HẾT…………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP SỐ Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = f (x ) = x 3 + 3x 2 − 9x + 5 (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi A, B là giao điểm của (C) với trục Ox. Chứng minh rằng trên (C) tồn tại hai điểm phân biệt nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. Câu II (4,0 điểm) (cos x + sin x)2 - 2sin2 x 2� � p � �p �� 1) Giải phương trình: = �sin� � - x�� - sin � � - x� � � � . 2 2 � � �4 � 1+ cot x � � 4 � � �� π 3π π ĐS: x = + k2π , x = +k , k Z 2 8 2 2) Giải hệ phương trình: ( y 2 + x + y + x + 1 − 1 = 2 y x + 1 + y − 1. x +1 −1 ) ( y2 + 5 + x + 2 )( ) 2 y2 − 3 − 3 = 4 ( ĐS: ( x; y ) = 7; 2 2 ) Câu III (4,0 điểm) 1) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + 1 = z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x3 y3 z3 14 P=+ + + x + yz y + xz z + xy ( z + 1) 1 + xy + x + y 53 1 5 ĐS: min P = khi x = y = , z = 8 3 3 2 x m 2 x 2m 0 2) T×m m ®Ó hÖ 2 cã nghiÖm. x m 7 x 7m 0 ĐS: m < 0 Câu IV (4,0 điểm) 1) Gọi A là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngãu nhiên ba số từ A. Tính xác suất để trong ba số được chọn có một số có mặt chứ số 4. 2484 ĐS: P = 8555 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ có phương trình ∆ : x − 3 y − 1 = 0 . Giả sử D ( 4; 2 ) , E ( 1;1) , N ( 3;3) theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng ∆ và điểm M có hoành độ lớn hơn 2. ( ) ( ) ( ĐS: A 2; 7 2 , B 4; 5 2 , C 4; −1 2 . ) Câu V (4,0 điểm) 1) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c và a2 + b2 + c2 = 27 . Tính thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD. 243 2 ĐS: V khi a = b = c = 3 4 x − 3 y + 2 z +1 2) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng (P): 2 1 −1 x + y + z + 2 = 0 . Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt
phẳng (P), vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 . x −5 y +2 z+5 x +3 y +4 z−5 ĐS: ∆ : = = hoặc ∆ : = = . 2 −3 1 2 −3 1 Vì các điểm đối xứng với trực tâm của tam giác qua các đường thẳng chứa cạnh, qua trung điểm các cạnh nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác; nên D, E , M , N cùng nằm trên một đường tròn. Gọi ( C ) : x + y + 2ax + 2by + c = 0, ( a + b − c > 0 ) , là đường tròn đi qua bốn điểm D, E , N , M . Khi đó ta có: 2 2 2 2 8a + 4b + c = −20 5 3 2a + 2b + c = −2 � a = − , b = − , c = 6. 2 2 6a + 6b + c = −18 Nên ta có ( C ) : x + y − 5 x − 3 y + 6 = 0. 2 2 Do M d nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình x = 4, y = 1 x2 + y2 − 5x − 3 y + 6 = 0 8 1 x − 3y −1 = 0 x= ,y= ( Loﾹi, do x > 2 ) 5 5 Suy ra M ( 4;1) . Phương trình đường thẳng qua hai điểm B, C có pt: x − 4 = 0. Giả sử và M là trung điểm của đoạn nên C ( 4; 2 − t ) ; N là trung điểm của đoạn thẳng AB nên A ( 2;6 − t ) . uuur uuur 5 � 7� � 5� � 1� Do BE vuông góc với AC nên BE � AC = 0 � −6 − 4 ( 1 − t ) = 0 � t = . Do đó A �2; � , B�4; � ,C �4; − � . 2 � 2� � 2� � 2� Pt đã cho viết lại dưới dạng: 2 | sin x || cos x | +( m − 2)(| sin x | − | cos x |) + 2m = 0 Đặt t =| sin x | − | cos x |, đk −1 t 1 Suy ra 2 | sin x || cos x |= 1 − t 2 thay vào phương trình, t + 2 > 0, ta được: t 2 + 2t − 1 m= (1) t+2 t 2 + 2t − 1 Xét hàm số f (t ) = , − 1 t 1 . Ta thấy f (t ) liên tục, có đạo hàm tại mọi điểm của [−1;1] và t+2 1 f ( t ) = 1+ > 0 ∀t �[ −1;1] suy ra f (t ) đồng biến. ( t + 2) 2 2 Khi đó, để pt (1) có nghiệm trong [−1;1] cần và đủ là −2 = f (−1) m f (1) = 3 Giải hệ phương trình ( y 2 + x + y + x + 1 − 1 = 2 y x + 1 + y − 1. x +1 −1 ) (1) ( y2 + 5 + x + 2 )( 2 y2 − 3 − 3 = 4 ) (2)
x 0 + ĐK: 3 (*) y 2 + Vơi đk (*) ph ́ ương trinh (1) t ̀ ương đương với: ( y 2 − 2 y x + 1 + x + 1) + ( y − 1 − 2 y − 1. x + 1 − 1 + x + 1 − 1) = 0 � ( y − x + 1) 2 + ( y − 1 − x + 1 − 1) 2 = 0 � y = x + 1. + Với y = x + 1, từ (2) ta được ( x+6 + x+2 )( ) 2 x − 1 − 3 = 4 (3) 1 x + Ta chỉ xét (3) với điều kiện 2 � x > 5 (**) 2x −1 − 3 > 0 ́ x > 7 thi ̀ + Nêu ( x+6 + x+2 )( 2x −1 − 3 > ) ( 13 + 3 )( ) 13 − 3 = 4. ̣ Suy ra (3) không co nghiêm trên ́ ( 7; + ). ( ) ́ 5 < x < 7 thi ̀ 11 + 7 ( 3 − 3) < + Nêu ( x+6 + x+2 )( ) 2 x − 1 − 3 < 4 nên Suy ra (3) ̣ không co nghiêm trên ́ ( 5;7 ) . + x = 7 la nghiêm cua (3) thoa man (*). V ̀ ̣ ̉ ̉ ̃ ới x = 7 thì y = 2 2 thỏa mãn. Hê ph ̀ ̃ ́ ̣ ( x; y ) = 7;2 2 . ̣ ương trinh đa cho co nghiêm ( )