Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 15 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

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

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 15 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá sau đây sẽ giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn tập, củng cố nâng cao kiến thức trước khi bước vào kì thi học sinh giỏi sắp tới. Mời các bạn tham khảo chi tiết tài liệu.

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 15 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 27/02/2016. ̀ ............................. 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 4 − 2m 2 x 2 + 2m 2 − m (với m là tham số). 1) Khi m = 1, viêt ph ́ ương trinh tiêp tuyên cua đ ̀ ́ ́ ̉ ồ thị hàm số tương ứng, biêt r ́ ằng tiêp tuyên đi qua điêm ́ ́ ̉ M (−1;0). 2) Tìm m đê đô thi ham sô đã cho co ba điêm c ̉ ̀ ̣ ̀ ́ ́ ̉ ực tri la ba đinh cua m ̣ ̀ ̉ ̀ 2(1 + 2). ̉ ột tam giac co chu vi băng ́ ́ Câu II (4,0 điểm) � 5p � ￷￷ 1) Giải phương trình: cos x - 2cos2x = 2sin x.cos￷￷￷2 x - ￷ � 6� y3 + 3 y = ( x + 5) x + 2 ( ) 2) Giải hệ phương trình: 2 x 2 + 16 = 3 2 y 2 + y x 2 − 2 x + 4 Câu III (4,0 điểm) 1) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 5(4 x 2 + y 2 + z 2 ) = 18( xy + yz + zx) . Tìm giá trị lớn nhất của x 2 biểu thức P = − y + z (2 x + y + z ) 2 2 2 x+2−2 1 2) Giải bất phương trình sau: 6( x2 + 2x + 4) − 2( x + 2) 2 Câu IV (4,0 điểm) 1) Một hộp chứa 6 quả bóng đỏ (có số thứ tự từ 1 đến 6), 5 quả bóng vàng (có số thứ tự từ 1 đến 5), 4 quả bóng xanh (có số thứ tự từ 1 đến 4). Lấy ngẫu nhiên 4 quả bóng.Tính xác suất để 4 quả bóng lấy ra có đủ cả 3 màu mà không có 2 quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AB // CD) có đỉnh A(2; −1) . Giao điểm của � 27 9 � hai đường chéo AC và BD là điểm I (1; 2) . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI có tâm E �− ; − �. � 8 8� Biết đường thẳng BC đi qua điểm M (9; −6) . Xác định các đỉnh B, D ; biết tung độ của đỉnh B nhỏ hơn 3. Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S . ABCD thỏa mãn SA = 5, SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S .MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM , CD .
2) Trong không gian toạ độ Oxyz , viêt ph ́ ương trinh măt câu đi qua hai đi ̀ ̣ ̀ ểm A(0; 2;1), B (−2;0;1); biêt́ ̣ ặt phẳng ( P) : x + y − z − 3 = 0 va co ban kinh nho nhât. tâm mặt cầu thuôc m ̀ ́ ́ ́ ̉ ́ ………………………………..HẾT…………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP SỐ Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2m x + 2m 2 − m (với m là tham số). 4 2 2 1) Khi m = 1, viêt ph ́ ương trinh tiêp tuyên cua đ ̀ ́ ́ ̉ ồ thị hàm số tương ứng, biêt r ́ ằng tiêp tuyên đi qua điêm ́ ́ ̉ M (−1;0). 2) Xác định m đê đô thi ham sô đã cho co ba điêm c ̉ ̀ ̣ ̀ ́ ́ ̉ ực tri la ba đinh cua m ̣ ̀ ̉ ̉ ột tam giac co chu vi băng ́ ́ ̀ 2(1 + 2). HD: 1) + Khi m = 1 , ta co ́ y = x 4 − 2 x 2 + 1 ; ∀x R , y ' = 4 x3 − 4 x. + Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại điểm có tọa độ ( x0 ; y0 ) la ̀ y = (4 x03 − 4 x0 )( x − x0 ) + y0 . + d đi qua M ( −1;0) (4 x03 − 4 x0 )( −1 − x0 ) + x04 − 2 x02 + 1 = 0 (*) 1 + Giải phương trình (*) tìm được ba nghiêm la ̣ ̀ x0 = 1; x0 = − . 3 ́ x0 = 1, tìm được phương trình tiếp tuyến là y = 0. * Vơi 1 32 32 ́ x0 = − , tìm được phương trình tiếp tuyến là y = * Vơi x+ . 3 27 27 2) + ∀x �R, y ' = 4 x 3 − 4m 2 x. x = −m + y ' = 0 � x = 0 x=m + y ' = 0 co ba nghiêm phân biêt ́ ̣ ̣ ۹ m 0 (*) + Khi đó gọi A(− m; −m 4 + 2m 2 − m) ; B (0;2m 2 − m) ; C ( m; − m 4 + 2m 2 − m) là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số. ́ ược BA = BC = m8 + m 2 va ̀ AC = 2 m 2 . + Tinh đ ̀ 2(1 + 2) nên ta co ́ 2 BA + AC = 2(1 + 2) ́ ABC băng + Chu vi tam giac � m8 + m 2 + m 2 = 1 + 2 (**) + Từ (*) suy ra m 2 > 0 . Nêu ́ 0 < m 2 < 1 hoăc ̣ m 2 > 1 thi (**) vô nghi ̀ ệm. ́ m =1� m = � + Nêu 2 ̉ 1 thoa man yêu câu bai toan. ̃ ̀ ̀ ́ Vậy tất cả các giá trị của m cần tìm là m = 1. Câu II (4,0 điểm) � 5p � ￷￷ 1) Giải phương trình: cos x - 2cos2x = 2sin x.cos￷￷￷2 x - ￷ � 6� HD: � 5π � cos x − 2cos 2 x = 2sin x.cos � 2x − � � 6 � ( � cos x − 2cos 2 x = sin x − 3 cos 2 x + sin 2 x )
� cos x ( 1 − 2sin 2 x ) − 2cos 2 x = − 3 sin x.cos 2 x ( � cos 2 x cos x + 3 sin x − 2 = 0 ) cos 2 x = 0 cos x + 3 sin x = 2 π π *) cos 2 x = 0 � x = + k 4 2 � π� π *) cos x + 3 sin x = 2 � cos �x− �= 1 � x = + k 2π � 3� 3 π π π Vậy nghiệm của phương trình là x = + k , x = + k 2π . 4 2 3 y + 3 y = ( x + 5) x + 2 3 ( ) 2) Giải hệ phương trình: 2 x 2 + 16 = 3 2 y 2 + y x 2 − 2 x + 4 HD: y3 + 3 y = ( x + 5) x + 2 ( 1) ( 2 x 2 + 16 = 3 2 y 2 + y x 2 − 2 x + 4 ) ( 2) Điều kiện x −2, y ￷ . ( 1) � y 3 + 3 y = ( x + 2 ) + 3 x + 2 3 Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , t ￷ 3 f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ￷ , suy ra f ( t ) đồng biến trên ￷ . ( 1) � f ( y ) = f ( x + 2 ) � y = x + 2 ( Thay vào (2) ta được 2 x + 16 = 3 2 ( x + 2 ) + x + 2 x − 2 x + 4 2 2 ) � 2x2 − 6x + 4 = 3 x + 2 x2 − 2 x + 4 � 2 ( x2 − 2x + 4) − 2 ( x + 2) = 3 x + 2 x2 − 2 x + 4 Đặt u = x + 2, v = x 2 − 2 x + 4, ( u 0, v > 0 ) Phương trình trở thành 2v − 3uv − 2u = 0 � ( 2v + u ) ( v − 2u ) = 0 2 2 Do u 0, v > 0 nên phương trình tương đương với v = 2u Suy ra x 2 − 2 x + 4 = 2 x + 2 � x 2 − 6 x − 4 = 0 � x = 3 � 13 (thỏa mãn điều kiện) Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 3+ )( 13; 5 + 13 , 3 − 13; 5 − 13 . ) Câu III (4,0 điểm) 1) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 5(4 x 2 + y 2 + z 2 ) = 18( xy + yz + zx) . Tìm giá trị lớn nhất của x 2 biểu thức P = 2 − y + z (2 x + y + z ) 2 2 1 1 ĐS: Pmax = 4 khi x = , y = z = (THPT TRẦN PHÚ – HÀ TĨNH – 2016) 3 6 x+2−2 1 2) Giải bất phương trình sau: 6( x2 + 2x + 4) − 2( x + 2) 2
ĐS: x = 2 + 2 3 (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC – LẦN 3 – 2016) Câu IV (4,0 điểm) 1) Một hộp chứa 6 quả bóng đỏ (có số thứ tự từ 1 đến 6), 5 quả bóng vàng (có số thứ tự từ 1 đến 5), 4 quả bóng xanh (có số thứ tự từ 1 đến 4). Lấy ngẫu nhiên 4 quả bóng.Tính xác suất để 4 quả bóng lấy ra có đủ cả 3 màu mà không có 2 quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau. HD: ả bóng". Ta có: Ω = C15 4 ́ ử : T : ‘Chon ngâu nhiên 4 qu Xet phep th ́ ̣ ̃ Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: 4 quả bóng lấy ra có đủ cả 3 màu mà không có 2 quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau., có 3 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. 1 quả xanh,1 quả vàng,2 quả đỏ Số cách lấy 1 quả xanh là: C41 (cách) Do không có 2 quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau nên sau khi lấy 1 quả xanh phải bỏ đi 1 quả vàng có số thứ tự trùng với số thứ tự mà 1 quả xanh đã lấy. Số cách lấy 1 quả vàng là: C41 (cách) Do không có 2 quả bóng nào có số thứ tự trùng nhau nên sau khi lấy 1 quả xanh,1 quả vàng phải bỏ đi 2 quả đỏ có số thứ tự trùng với số thứ tự mà 1 quả xanh và 1 quả vàng đã lấy. Số cách lấy 2 quả đỏ là: C42 (cách) Số cách lấy thỏa mãn TH1 là: C41 . C41 . C42 (cách) TH2. 1 quả xanh,2 quả vàng,1 quả đỏ TH3. 2 quả xanh,1 quả vàng,1 quả đỏ Tương tự : Số cách lấy thỏa mãn TH2 là: C41 . C42 . C31 (cách) Số cách lấy thỏa mãn TH3 là: C42 . C31 . C31 (cách) Số cách lấy thỏa mãn bài toán là: C41 . C41 . C42 + C41 . C42 . C31 + C42 . C31 . C31 (cách) ΩA C41 .C41 .C42 + C41 .C42 .C31 + C42 .C31.C31 74 Xác suất cần tìm là: P ( A) = = = Ω C154 455 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AB // CD) có đỉnh A(2; −1) . Giao điểm của � 27 9 � hai đường chéo AC và BD là điểm I (1; 2) . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI có tâm E �− ; − �. � 8 8� Biết đường thẳng BC đi qua điểm M (9; −6) . Xác định các đỉnh B, D ; biết tung độ của đỉnh B nhỏ hơn 3. ĐS: B (4; 1), D(−5; 4) (THPT TRẦN PHÚ – HÀ TĨNH – 2016) Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S . ABCD thỏa mãn SA = 5, SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S .MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM , CD . HD: m BC = 3.31 cm m AD = 3.51 cm m OS = 7.09 cm S m MN = 5.64 cm B A M O N C D
Ta thấy ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại S suy ra BD ⊥ ( SAC ) Gọi O là giao điểm của AC và BD , ta thấy ∆SBD = ∆ABD = ∆CBD ( c.c.c ) 1 Suy ra OA = OC = OS = AC nên ∆SAC vuông tại S . 2 Xét ∆SAC ta có AC = SA2 + SC 2 = 2 2 � OC = 2, OD = CD 2 − OC 2 = 1 � BD = 2 1 1 1 1 15 Thể tích VS .CMD = VS . ABCD = ��BD S ∆SAC = �� 2 5 3= 4 12 12 2 12 Gọi N là trung điểm của AD nên CD / / ( SMN ) 3 VC .SMN Suy ra d (CD, SM ) = d (CD, (SMN )) = d (C , (SMN )) = ( ∗) S∆SMN 15 Thể tích VC .SMN = VS .MCD = (1). 12 3 13 Ta có MN = 3, SM = , SN = ( sử dụng công thức đường trung tuyến) 2 2 ? 2 ? 23 Theo định lý hàm số cosin trong ∆SMN ta có cos SMN = � sin SMN = 3 3 3 3 1 ? 23 Vậy S SMN = �� SM MN sin SMN = (2). 2 4 3 15 3 VC .SMN 15 Thay (1), (2) vào ( ∗) ta được d (CD, SM ) = = 12 = . S ∆SMN 23 23 4 2) Trong không gian toạ độ Oxyz , viêt ph ́ ương trinh măt câu đi qua hai đi ̀ ̣ ̀ ểm A(0; 2;1), B (−2;0;1); biêt́ tâm mặt cầu thuôc ṃ ặt phẳng ( P) : x + y − z − 3 = 0 va co ban kinh nho nhât. ̀ ́ ́ ́ ̉ ́ HD: ̣ ̉ (Q ) là trung trực cua AB có ph + Măt phăng ̉ ương trình x + y = 0. ̣ + Goi I la tâm va ̀ ̣ ̀ ần tìm. ̀R la ban kinh măt câu c ̀ ́ ́ �x + y − z − 3 = 0 �y = − x + Co ́ I �( P ) �(Q ) nên toa đô điêm I thoa man hê ̣ ̣ ̉ ̉ ̃ ̣� � �x + y = 0 �z = −3 Chọn I (t ; −t ; −3) + Ta có R = IA = 2(t + 1) 2 + 18 ̀ ̉ 3 2 ; R = 3 2 khi va chi khi t = −1. Với t = −1, phương trinh măt câu cân tim la: ̀ ̣ ̀ ̀ ̀ ̀ ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z + 3) 2 = 18.