Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 13 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

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

Thêm vào BST

Báo xấu

57
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 13 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm 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 13 năm 2016 – 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 21/02/2016. ̀ ............................. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu 2x + 1 Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = ( C) x +1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với (C). 2) Tìm hệ số góc k của đường thẳng d đi qua điểm M (−1; 2) sao cho d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, 1 B. Gọi k A , k B là hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại A và B. Tìm các giá trị của k để k A + kB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (4,0 điểm) 3 4 + 2sin2 x 1) Giải phương trình: 2 + - 2 3 = 2(cot x + 1) cos x sin2x 2 1 2 + = 2) Giải hệ phương trình: ( x + y ) x + y (2 x − y ) y + x(2 x − y ) 2 2( y − 4) 2 x − y − 3 − ( x − 6) x + y + 1 = 3( y − 2) Câu III (4,0 điểm) 1) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a > 2, b > 0, c > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 P= − 2 a 2 + b 2 + c 2 − 4a + 5 (a − 1)(b + 1)(c + 1) x2 − x − 2 3 2 x + 1 2) Giải bất phương trình sau: x + 1 3 2x + 1 − 3 Câu IV (4,0 điểm) 1) Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Thanh Hóa trường THPT Dương Đình Nghệ môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Trên hai đoạn thẳng AB, AC lần lượt lấy hai điểm E, D sao cho ?ABD = ACE ? . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB cắt tia CE tại M(1; 0) và N(2; 1). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD tại I(1; 2) và K. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK. Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp đều S.ABC có SA=a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của SA, SC. a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BD vuông góc với AE. b) Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M, N. Gọi V V1, V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm giá trị lớn nhất của . V1
2) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm M (1; 2; 4) . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho OA = OB = OC ≠ 0. ………………………………..HẾT…………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP SỐ 2x + 1 Câu I: Cho hàm số y = ( C) x +1 2) Tìm hệ số góc k của đường thẳng d đi qua điểm M (−1; 2) sao cho d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, 1 B. Gọi k A , k B là hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại A và B. Tìm các giá trị của k để k A + kB đạt giá trị nhỏ nhất. � 1 � ĐS: k < 0, � kA + � = 2 khi k = 1 (THPT CHUYÊN – ĐHSP HÀ NỘI – LẦN V 2014) � k B � min Câu II (4,0 điểm) 3 4 + 2sin2 x 1) Giải phương trình: 2 + - 2 3 = 2(cot x + 1) cos x sin2x π π ĐS: x = − + kπ , x = + kπ (THTT ĐỀ SỐ 3 – 2014) 3 6 2 1 2 + = 2) Giải hệ phương trình: ( x + y ) x + y (2 x − y ) y + x(2 x − y ) ĐS: 2 2( y − 4) 2 x − y − 3 − ( x − 6) x + y + 1 = 3( y − 2) S = { ( 4;4) , ( 6;6) } Câu III (4,0 điểm) 1 1 1) Cho ba số a, b, c thỏa a > 2, b > 0, c > 0 . Tìm GTLN của P = − 2 a + b + c − 4a + 5 2 2 2 (a − 1)(b + 1)(c + 1) 1 ĐS: Pmax = khi ( a; b; c ) = ( 3;1;1) 8 x2 − x − 2 3 2 x + 1 �1+ 5 � 2) Giải bất phương trình sau: x + 1 ĐS: x �[ −1;0] � ;13 � 2 3 2x + 1 − 3 � Câu IV (4,0 điểm) 1) Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Thanh Hóa trường THPT Dương Đình Nghệ môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? ĐS: P( A) = 1 − P A = 1 −( ) 48 577 = 625 625 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Trên hai đoạn thẳng AB, AC lần lượt lấy hai điểm E, D sao cho ?ABD = ACE ? . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB cắt tia CE tại M(1; 0) và N(2; 1). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD tại I(1; 2) và K. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK. ĐS: ( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 1 Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp đều S.ABC có SA=a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của SA, SC. a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BD vuông góc với AE.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M, N. Gọi V V1, V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm giá trị lớn nhất của . V1 1 a 3 21 V 9 ĐS: a) VSABC = SH .S ∆ABC = b) = 3 54 V1 4 2) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm M (1; 2; 4) . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho OA = OB = OC ≠ 0. ĐS: x + y + z − 7 = 0, x + y − z + 1 = 0, x − y + z − 3 = 0, − x + y + z − 5 = 0 2 1 2 + = (1) Giải phương trình: ( x + y ) 2 x + y (2 x − y ) y + x (2 x − y ) 2( y − 4) 2 x − y − 3 − ( x − 6) x + y + 1 = 3( y − 2) (2) x 0 x 0 ĐK �y 0 � y 0 2x − y 0 2 1 2 Nếu y=0 thì (1) �+ = (vô lý) x x 2x2 Tương tự x=0 không thỏa mãn, vậy x,y > 0. 2 1 2 Đặt x = ty, t > 0 , phương trình đầu trở thành: + = (1’) ( t + 1) t + 2t − 1 1 + t (2t − 1) 2 1 2 2 2 Ta có = = = t + 2t − 1 2t + 2 2t − 1 (2t − 1) + 2 2t − 1 + 1 ( 2t − 1 + 1) 2 2 2 2 1 1 1 (1') � + = � + = (2) ( t + 1) ( 2t − 1 + 1) 1 + t (2t − 1) 2 2 ( t + 1) ( 2t − 1 + 1) 1 + t (2t − 1) 2 2 a= t 1 1 1 Đặt ( a, b > 0) , (2) (2) � + = (*) b = 2t − 1 (1 + a ) (1 + b) 1 + ab 2 2 1 1 1 Bổ đề : + (1 + a ) (1 + b) 1 + ab 2 2 Áp dụng BĐT CauchySchawarz ta có: 1 a 1 ( 1 + ab ) ( a + b ) +( =a+ �ab . b ) 2 a(1 b) 2 . (3) (1 + b) 2 a+b a+b 1 b 1 tt . (4) (1 + a ) 2 a + b a + b Cộng vế với vế ta được đpcm. Dấu “=” xảy ra � a = b (*) � t = 2t − 1 � t = 1 � x = y 2(x − 4) x − 3 − ( x − 6) 2 x + 1 = 3( x − 2) 4( x − 4) 2 ( x − 3) − ( x − 6) 2 (2 x + 1) 4( x − 4) 2 ( x − 3) − ( x − 6) 2 (2 x + 1) 2(x − 4) x − 3 + ( x − 6) 2 x + 1 = = 2(x − 4) x − 3 − ( x − 6) 2 x + 1 3( x − 2) (Do đk x ﾳ 3 nên x2 > 0) 2(x − 4) x − 3 − ( x − 6) 2 x + 1 = 3( x − 2) (5) 2 x 2 + 7 x − 28 2(x − 4) x − 3 + ( x − 6) 2 x + 1 = (6) 3
Cộng vế với vế (5) và (6) ta được: 2 x 2 + 7 x − 28 4(x − 4) x − 3 = + 3( x − 2) � 12( x − 4) x + 3 = 2( x − 4)( x + 12) 3 � 2( x − 4)(6 x + 3 − x − 12) = 0 � 2( x − 4)(x + 3 − 6 x + 3 + 9) = 0 � 2( x − 4)( x + 3 − 3) 2 = 0 x =4� y = 4 x =6� y =6 Vậy hpt đã cho có tập nghiệm T={(4;4),(6;6)} Câu III (4,0 điểm) 1) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a > 2, b > 0, c > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 P= − 2 a 2 + b 2 + c 2 − 4a + 5 (a − 1)(b + 1)(c + 1) 1 1 Đặt a1 = a − 2 � a1 > 0 . Khi đó: P = − 2 a1 + b + c + 1 (a1 + 1)(b + 1)(c + 1) 2 2 2 (a1 + b) 2 (c + 1) 2 1 Ta có: a12 + b 2 + c 2 + 1 + ( a1 + b + c + 1) 2 2 2 4 Dấu " = " � a1 = b = c = 1 . 3 3 a1 + 1 + b + 1 + c + 1 � �a1 + b + c + 3 � Ta lại có (a1 + 1)(b + 1)(c + 1) � � �= � � � 3 � � 3 � Dấu " = " � a1 = b = c = 1 . 1 27 Do đó : P − . Dấu " = " � a1 = b = c = 1 a1 + b + c + 1 (a1 + b + c + 3)3 1 27 Đặt t = a1 + b + c + 1 � t > 1 . Khi đó P − , t > 1 . t (t + 2)3 1 27 1 81 Xét hàm f (t ) = − , t > 1 ; f '(t ) = − 2 + ; t (t + 2) 3 t (t + 2) 4 f '(t ) = 0 � (t + 2) 4 = 81.t 2 � t 2 − 5t + 4 = 0 � t = 4 ( Do t > 1 ). lim f (t ) = 0 t + Ta có BBT. t 1 4 + f '( t ) + 0 1 f ( t) 8 0 0 Từ bảng biến thiên ta có 1 max f (t ) = f (4) = � t = 4 8 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi ( a; b; c ) = ( 3;1;1) . 8 Câu IV (4,0 điểm) 1) Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? Có tất cả 5.5.5.5=625 cách � n(Ω) = 625 Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội” A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH” � n(A) = 4.1.2.3 + 1.4.3.2 = 48 � P A = n(A) 48 = n(Ω) 625 ( ) Vậy P(A) = 1 − P A = 1 − ( ) 48 577 = 625 625 x2 − x − 2 3 2 x + 1 2) Giải bất phương trình sau: x + 1 3 2x + 1 − 3 ĐK: x −1, x 13 x2 − x − 2 3 2 x + 1 Khi đó: x + 1 �� 3 x2 − x − 6 ( x + 2) ( x +1 − 2 ) , ( *) x + 1 + 2 �3 ۳ 1 2x +1 − 3 2x +1 − 3 3 2x +1 − 3 Nếu 3 2 x + 1 − 3 > 0 � x > 13 (1) thì (*) � ( 2 x + 1) + 3 2 x + 1 �( x + 1) x + 1 + x + 1 Do hàm f (t ) = t 3 + t là hàm đồng biến trên ﾳ , mà (*): f ( 3 ) 2 x + 1 �f ( ) x + 1 � 3 2 x + 1 � x + 1 � x 3 − x 2 − x �0 � 1 − 5 � � 1 + 5 � DK(1) Suy ra: x � −�; �� 0; � VN � 2 � � 2 � Nếu 3 2 x + 1 − 3 < 0 � −1 �x < 13 (2) thì (2*) � ( 2 x + 1) + 3 2 x + 1 �( x + 1) x + 1 + x + 1 Do hàm f (t ) = t 3 + t là hàm đồng biến trên ﾳ , mà (2*): 1 −1 x − 2 f ( 3 ) 2 x + 1 �f ( ) x +1 � 3 2x +1 � x +1 � − 1 < x < 13 2 ( 2 x + 1) ( x + 1) 2 3 �1+ 5 � �1+ 5 � Suy ra: x �[ −1;0] � ; +� DK(2) x �[ −1;0] � ;13 � 2 � � 2 � �1+ 5 � KL: x �[ −1;0] � ;13 � 2 � 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Trên hai đoạn thẳng AB, AC lần lượt lấy hai điểm E, D sao cho ?ABD = ACE ? . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB cắt tia CE tại M(1; 0) và N(2; 1). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD tại I(1; 2) và K. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK.
K A D N E H I M B C Theo giả thiết ?ABD = ACE ? suy ra BCDE là tứ giác nội tiếp. Gọi H là giao điểm của BD và CE. Do ∆BEH đồng dạng với ∆CDH nên HD.HB = HE.HC Do ∆HBN đồng dạng với ∆HMD nên HD.HB = HM.HN Do ∆HIE đồng dạng với ∆HCK nên HE.HC = HI .HK Do đó HM.HN = HI .HK suy ra ∆IHN đồng dạng với ∆MHK , nên NIH ? ? = KMH . Suy ra NIMK là tứ giác nội tiếp. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNI cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK, có pt: ( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 1 Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp đều S.ABC có SA=a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của SA, SC. a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BD vuông góc với AE. b) Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M, N. Gọi V V1, V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm giá tr ị lớn nhất của . S V1 I D E a C A H x B a) Gọi I là trung điểm SE => DI là đường trung bình của tam giác SAE =>DI//AE và DI=AE/2. do BD ⊥ AE nên BD ⊥ DI Đăt x = AB theo công thức đường trung tuyến trong tam giác SAB ta có SB 2 + AB 2 SA2 x 2 a 2 1 x2 a2 BD 2 = − = + = AE 2 = BE 2 � DI 2 = ( + ) 2 4 2 4 4 2 4 2 2 9a x Tương tự BI 2 = + 16 4 a 6 Do BD ⊥ DI => tam giác BDI vuông tại D � BI 2 = BD 2 + DI 2 � x = 3
Gọi H là tâm tam giác ABC, do S.ABC là tam giác đều nên SH ⊥ (ABC)=>SH là đường cao của hình chóp; 1 x2 3 a2 3 diện tích tam giác ABC là S ∆ABC = AB. AC.sin 600 = = 2 4 6 BC x a 2 a 7 2 AH = 0 � AH = = => SH = SA2 − AH 2 = sin 60 3 3 3 1 a 3 21 Thể tích khối chóp S.ABC là VSABC = SH .S ∆ABC = 3 54 S N G A C M J B 1 b) Gọi J là giao điểm của SG và BC => J là trung điểm BC=> S ∆ABJ = S ∆ACJ = S ABC 2 1 V � VS . ABJ = VS . ACJ = VS . ABC = 2 2 SM SN VS . AMG SA SM SG 2 x V 2x Đặt x = ,y= ( x, y (0;1]) = . . = � VS . AMG = SB SC VS . ABJ SA SB SJ 3 2 3 2y V V Tương tự VS . AGN = � V1 = VS . AMG + VS . AGN = ( y + x ) (1) 3 2 3 V1 SA SM SN = . . = xy � V1 = Vxy (2) Từ (1) và (2)=>x+y=3xy (*) V SA SB SC Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có x + y 2 xy Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y 4 2 Từ (*) ta có 3 xy �۳ 2 xy xy ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y= 9 3 V 1 9 2 V 9 = dấu “=” xảy ra x=y= => giá trị lớn nhất của bằng V1 xy 4 3 V1 4