Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 14 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

Chia sẻ: Pavel Korchagin | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 6
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 14 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 14 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 25/02/2016. ̀ ............................. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu 2x Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = ( C) x +1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với (C). 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của ( C). Tìm m để đường thẳng d : y = − x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: 4sin3x cos2 x = 1+ 6sin x - 8sin3 x x 4 + 4 y 3 + ( x 4 − 1) y + 4 y 2 = 1 2) Giải hệ phương trình: 8 y3 + 4 x2 + 1 = x2 + 6 y + 2 Câu III (4,0 điểm) 1) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z 2 = xy + 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2x y 4( x + y ) P= + − x + y + 18 x + y + 4 z 22 25 z 4 − 8x + 9x2 � 3� 2 − �2 x − 1 − 1 2) Giải bất phương trình sau: � � x� ( ) 3x + 2 2x − 1 Câu IV (4,0 điểm) 1) Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều. �10 11 � � 2 � 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I. Các điểm G � ; � 3; − � lần lượt , E� �3 3 � � 3 � là trọng tâm của tam giác ABI và tam giác ADC. Xác định các đỉnh của hình vuông ABCD, biết tung độ của đỉnh A là số nguyên. Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = b ( a, b > 0 ) , SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA = 2a . Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh SA sao cho AM = x với 0 < x < 2a . a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( MBC ) . b) Xác định x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. �3 3 −1 � 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q) : 2 x + y − 2 z − 1 = 0 , điểm M � ; ; � và mặt cầu �2 2 2 � ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6 z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), tiếp xúc 3 với (S) và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng . 2
………………………………..HẾT…………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP SỐ 2x Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = ( C) x +1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với (C). 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của ( C). Tìm m để đường thẳng d : y = − x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. ĐS: m = 2 Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: 4sin3x cos2 x = 1+ 6sin x - 8sin3 x HD: ( * ) � 4 sin 3x cos 2x = 1 + 2 ( 3 sin x - 4 sin x ) � 4 sin 3x cos 2x = 1 + 2 sin 3x 3 � 2 sin 3x ( 2 cos 2x - 1) = 1 � 2 sin 3x ( 4 cos x - 3 ) = 1 ( o) 2 p Do cos x = 0 � x = , ( k ? ) không là nghiêm + k p� ̀ ( o) , nên nhân hai vế ( o) cho ̣ phương trinh 2 ( ) cos x ﾹ 0 , ta được: ( o) � 2 sin 3x 4 cos x - 3 cos x = cos x � 2 sin 3x cos 3x = cos x 3 ﾹ � � ﾹx = p + l2p p ﾹ 14 7 ( l, k �? ) . � sin 6x = cos x � cos x = cos ﾹﾹ - 6x ﾹﾹﾹ � ﾹﾹ� 2 � ﾹﾹx = p + m2p ﾹﾹ 10 5 x 4 + 4 y 3 + ( x 4 − 1) y + 4 y 2 = 1 2) Giải hệ phương trình: 8 y3 + 4 x2 + 1 = x2 + 6 y + 2 � 1� ĐS: ( x; y ) = � 0; � (THPT QUẢNG XƯƠNG 1 –LẦN 1 – 2015) � 2� Câu III (4,0 điểm) 1) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z 2 = xy + 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2x y 4( x + y ) P= + − x + y + 18 x + y + 4 z 2 2 25 z 1 ĐS: Pmax = khi x = y = 1, z = 2 (THPT THANH CHƯƠNG 1 – NGHỆ AN – LẦN 1 – 2016) 25 4 − 8x + 9x2 � 3� 2) Giải bất phương trình sau: � 2 − �2 x − 1 − 1 � x� ( 3x + 2 2x − 1 ) HD: ̣ x 1. Điêu kiên: ̀ ( 2x − 3) ( 2 x −1 −1 ) 9x2 − 4(2x − 1) ( (2 x − 3) 2 x − 1 − 1 ) (1) ۳ ۳ 3x − 2 2x − 1 x 3x + 2 2x − 1 x ( ) � ( 2x − 3) 2 x − 1 − 1 �3x2 − 2 x 2x − 1 ( x − 1) + ( x − ) ( ) 2 2 � 2 x − 1− 2x − 1 +2 x − 1 + x − 1 �0
( x − 1 − x − 1) 2 0 ( x �−−2x 1) 2 Nhận xét: 0 VT 0 ( x − 1 + x − 1) 0 (do x 1) x − 1− x − 1 = 0 Để bất phương trình xảy ra thì VT = 0 � x − 2x − 1 = 0 � x = 1 x −1 + x −1= 0 Câu IV (4,0 điểm) 1) Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều. HD: Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là: C153 = 455 tam giác. Số phần tử của tập M là: M = 455 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của đa giác: Có 7 cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng OA, hay có 7 tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có 7 tam giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân. 15 Số tam giác đều có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác là = 5 tam giác. 3 Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều thì đều cân tại ba đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần. Suy ra, số tam giác giác cân nhưng không phải tam giác đều có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là: 7.15 − 3.5 = 90 . 90 18 Vậy, xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều từ tập M là P = = 455 91 . �10 11 � � 2 � 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I. Các điểm G � ; � 3; − � lần lượt , E� �3 3 � � 3 � là trọng tâm của tam giác ABI và tam giác ADC. Xác định các đỉnh của hình vuông ABCD, biết tung độ của đỉnh A là số nguyên. ĐS: A(−1; 4), B(7; 6), C (9; −2), D(1; −4) (THPT THANH CHƯƠNG 1 – NGHỆ AN – LẦN 1 – 2016) Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = b ( a, b > 0 ) , SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA = 2a . Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh SA sao cho AM = x với 0 < x < 2a . a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( MBC ) . b) Xác định x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. HD:
S M N H A D B C a) Do BC / / AD mặt phẳng (MBC) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MN ( N SD ) và MN / / AD . AD ⊥ ( SAB ) � MN ⊥ ( SAB ) � MN ⊥ BM . Suy ra thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MBC) là hình thang BCNM vuông tại B và M MN SM b ( 2a − x ) BM = x 2 + a 2 , = � MN = AD SA 2a Diện tích thiết diện BCNM: � b ( 2a − x ) � 2 b+ � � a + x2 � 2a � b ( 4a − x ) a 2 + x 2 S BCNM = = 2 4a ax b) Kẻ AH ⊥ BM tại H, suy ra AH ⊥ ( BCNM ) , AH = a2 + x2 d ( S , ( BCNM ) ) MS Do ( BCNM ) ⊥ ( SAB ) � = d ( A, ( BCNM ) ) MA a ( 2a − x ) � d ( S , ( BCNM ) ) = a2 + x2 Thể tích khối chóp S.BCNM: 1 b ( 2a − x ) ( 4a − x ) VS . BCNM = d ( S , ( BCNM ) ) .S BCNM = 3 12 Để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau: 2 a 2b b ( 2 a − x ) ( 4 a − x ) VS . ABCD = 2VSBCNM � = 3 6 � x2 − 6ax + 4a2 = 0 � ( ) x = 3 + 5 a (loﾹi) x = ( 3− 5) a ( Vậy x = 3 − 5 a . ) �3 3 −1 � 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q) : 2 x + y − 2 z − 1 = 0 , điểm M � ; ; � và mặt cầu �2 2 2 � ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6 z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với (Q), tiếp xúc 3 với (S) và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng . 2 HD: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2; −3) bán kính R = 3 , d ( I , ( P ) ) = 3 = 2d ( M , ( P ) ) ,
3 3 IM = < R nên M nằm trong (S). Gọi K = MI ( P ) 2 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 + b + c 2 2 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 + ( 2c − 2 a ) + c 2 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.