Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 16 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

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

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 16 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

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 16 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 02/03/2016. ̀ ............................. 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 3 − 3 x + 2 (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm điểm M trên trục hoành mà từ đó kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) sao cho hoành độ ba tiếp điểm x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x12 + x22 + x32 = 20 . Câu II (4,0 điểm) 1) Tính tổng các nghiệm x ( 0; 2016π ) của phương trình � 3π � � π� 2 2 cos 2 x + sin 2 x.cos �x + �− 4sin �x + �= 0 � 4 � � 4� ( xy − 3) y + 2 + x = x 5 + ( y − 3 x) y + 2 2) Giải hệ phương trình: ( x, y R ) 9 x 2 + 16 − 2 2 y + 8 = 4 2 − x Câu III (4,0 điểm) 1) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 4 1 P= − + . 4a + 2b + 4 2bc 8 + a + 2b + 3c 4 + b + 2c 2 2 ( 2) Giải bất phương trình sau: x + 5x < 4 1 + x( x + 2x − 4) ) Câu IV (4,0 điểm) 1) Cho lục giác đều ABCDEF .Viết các chữ cái A, B, C , D, E , F vào 6 thẻ (mỗi thẻ ghi 1 chữ cái). Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ. Tính xác suất chọn được 2 thẻ sao cho đoạn thẳng nối 2 điểm ghi trên 2 thẻ đó là đường chéo của lục giác ABCDEF . 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm D ( −1; − 1) , đường thẳng IG có phương trình 6 x − 3 y − 7 = 0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là vuông cạnh a tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. Gọi M là một điểm di động trên cạnh SB,đặt BM = x 2 . Mặt phẳng (α ) qua OM và vuông góc với mp(ABCD) a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi (α ) . Tính diện tích thiết diện theo a và x. b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính thể tích của hai phần của khối chóp S.ABCD chia bởi thiết diện.
2) Trong không gian toạ độ Oxyz , cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C (0; 0; c) với a, b, c là những số dương sao cho a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ O tới mp(ABC) lớn nhất. ………………………………..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 − 3 x + 2 (C). 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm điểm M trên trục hoành mà từ đó kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) sao cho hoành độ ba tiếp điểm x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x12 + x23 + x32 = 20 . �4 5 � ĐS: M �� 3 ;0 � � � � Câu II (4,0 điểm) 1) Tính tổng các nghiệm x ( 0; 2016π ) của phương trình � 3π � � π� 2 2 cos 2 x + sin 2 x.cos �x + �− 4sin �x + �= 0 � 4 � � 4� HD: � 3π � � π� Xét phương trình: 2 2 cos 2 x + sin 2 x .cos �x + �− 4sin �x + �= 0 � 4 � � 4� Biến đổi phương trình thành sin x + cos x = 0 ( sin x + cos x ) � 4 ( cos x − sin x ) − sin 2 x − 4 � � �= 0 4 ( cos x − sin x ) − sin 2 x − 4 = 0 � π� π *) sin x + cos x = 0 � 2 sin �x + �= 0 � x = − + kπ , k �Z . � 4� 4 *) 4 ( cos x − sin x ) − sin 2 x − 4 = 0 (1) Đặt t = cosx sinx, t 2. t =1 Phương trình (*) trở thành t + 4t − 5 = 0 2 t = −5(loai) x = k 2π � π� 1 Suy ra cosx sinx=1 � cos �x + �= � π ( k �Z ) . � 4� 2 x = − + k 2π 2 π π Vậy phương trình (1) có nghiệm: x = − + kπ , x = k 2π , x = − + k 2π ( k Z) 4 2 Kết hợp với x ( 0; 2016π ) π TH1: x = − + kπ ( k Z ) . Ta được k { 1, 2,3,..., 2016} . 4 3π Các nghiệm lập thành cấp số cộng có 2016 số hạng, số hạng đầu là , công sai d = π . 4 3π 2016.2015.π Tổng các nghiệm S1 = 2016. + = 2032632π 4 2 TH2: x = k 2π ( k Z ) . Ta được k { 1, 2,3,...,1007} . Các nghiệm lập thành cấp số cộng có 1007 số hạng, số hạng đầu là 2π , công sai d = 2π
1007.1006.2π Tổng các nghiệm S 2 = 1007.2π + = 1015056π . 2 π TH3: x = − + k 2π ( k Z ) . Ta được k { 1, 2,3,...,1008} 2 3π Các nghiệm lập thành cấp cộng có 1008 số hạng, số hạng đầu là , công sai d = 2π 2 3π 1008.1007.2π Tổng các nghiệm S3 = 1008. + = 1016568π 2 2 Từ 3 trường hợp trên tổng các nghiệm cần tìm là: S = S1 + S 2 + S3 = 4064256π ( xy − 3) y + 2 + x = x 5 + ( y − 3 x) y + 2 2) Giải hệ phương trình: ( x, y R ) 9 x 2 + 16 − 2 2 y + 8 = 4 2 − x HD: Xét hệ pt: ( xy − 3) y + 2 + x = x 5 + ( y − 3 x) y + 2 (1) 9 x 2 + 16 − 2 2 y + 8 = 4 2 − x (2) 0 x 2 Đk: (*) .Với đk(*) ta có (1) y −2 x =1 ( x − 1) � ( y + 3) y + 2 − ( x + 1) x � � �= 0 ( y + 3) y + 2 = ( x + 1) x (3) 31 Với x = 1 thay vào (2) ta được: 2 2 y + 8 = 1 � y = − (loai ) 8 ( ) 3 Ta có: (3) � y+2 + y + 2 = ( x )3 + x (4). Xét hàm số f (t ) = t 3 + t � f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0; ∀t � Hàm số f(t) là hs đồng biến, do đó: (4) � f ( y + 2) = f ( x ) � y + 2 = x � y = x − 2 thay vào pt(2) ta được: 4 2 − x + 2 2 x + 4 = 9 x 2 + 16 � 32 − 8 x + 16 2(4 − x ) = 9 x � 8(4 − x ) + 16 2(4 − x ) − ( x + 8 x) = 0 2 2 2 2 2 x t= 2 0) ; PT trở thành: 4t + 16t − ( x + 8 x) = 0 2 2 Đặt: t = 2(4 − x 2 ) (t x t = − − 4 < 0(loai ) 2 0 x 2 x 4 2 4 2 −6 Hay 2(4 − x ) = �� 2 32 x= �y= 2 2 x = 3 3 9 �4 2 4 2 − 6 � Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) là: � �3 ; 3 � � � � Câu III (4,0 điểm) 1) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 4 1 P= − + . 4a + 2b + 4 2bc 8 + a + 2b + 3c 4 + b + 2c HD: 1 1 Ta có 2 2bc +b �2c 4a + 2b + 4 2bc 4a + 4b + 4c
−4 −1 −1 và + 8 + a + 2b + 3c 4 + a + b + c 4 + b + 2c 1 −1 Suy ra P + , Đặt t = a + b + c, t > 0 4 ( a + b + c) 4 + ( a + c + b) 1 −1 1 1 xét f (t ) = + , t > 0, f '(t ) = − 2 + ; f '(t ) = 0 � t = 4 . 4t 4 + t ( 4+t) 2 4t BBT: t 0 4 + f’ 0 + f 1 16 b 2c 1 a c 1 Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a b c b 2c . 16 b 2 a b c 4 2 2 ( 2) Giải bất phương trình sau: x + 5x < 4 1 + x( x + 2x − 4) ) HD: Xét bpt: ( ) x 2 + 5 x < 4 1 + x ( x 2 + 2 x − 4) (*) −1 − 5 x 0 2 ( ĐK: x x + 2 x − 4 ) 0 x −1 + 5 Khi đó (*) 4 x( x 2 + 2 x − 4) > x 2 + 5 x − 4 4 x( x 2 + 2 x − 4) > ( x 2 + 2 x − 4) + 3 x (**) TH 1: x −1 + 5 , chia hai vế cho x > 0, ta có: x2 + 2 x − 4 x2 + 2 x − 4 (**) 4 > +3 x x x2 + 2x − 4 Đặt t = , t 0 , ta có bpt: t 2 − 4t + 3 < 0 � 1 < t < 3 x x2 + 2x − 4 x2 − 7 x − 4 < 0 −1 + 17 7 + 65 1<
Từ 6 đỉnh của ngũ giác ta có thể tạo nên 15 đoạn thẳng. Ngũ giác có 6 cạnh nên có 9 đường chéo. Có 9 cách chọn ra đồng thời 2 thẻ mà đoạn thẳng nối hai điểm ghi trên 2 thẻ đó là đường chéo của ngũ giác � n ( A) = 9 n ( A) 9 3 Vậy xác suất cần tìm là: P ( A ) = = = n ( Ω ) 15 5 2) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm D ( −1; − 1) , đường thẳng IG có phương trình 6 x − 3 y − 7 = 0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. HD: B E H G K A C F I D Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / / CD A là trung điểm của KI, 1 HK = DI = IC ; 2 1 AK = BK �� GK / / AC GK ⊥ AB � GB = GI = GC hay G là tâm đường tròn đi qua ba điểm C, I, 2 ? ? 1 B. CGI = 2 IBC = 900 , ID = IC DE / / IG . 2 Phương trình đường thẳng DE: 2 x − y + 1 = 0 E ( 1;3) CE ⊥ IG , suy ra phương trình CE : x + 2 y − 7 = 0 . Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trình 7 x= x + 2y − 7 = 0 3 �7 7 � � �� G � ; � C ( 5;1) 6x − 3y − 7 = 0 7 �3 3 � y= 3 uuur 5 uuur DG = AG �� A ( 1;1) B ( 1;5 ) . 2 Vậy, A ( 1;1) , B ( 1;5 ) và C ( 5;1) . Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là vuông cạnh a tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. Gọi M là một điểm di động trên cạnh SB,đặt BM = x 2 . Mặt phẳng (α ) qua OM và vuông góc với mp(ABCD)
a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi (α ) . Tính diện tích thiết diện theo a và x. b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính thể tích của hai phần của khối chóp S.ABCD chia bởi thiết diện. HD SA ⊥ ( ABCD ) S a) SA / / ( α ) ( α ) ⊥ ( ABCD ) ( α ) �( SAB ) = MN / / SA M ( α ) �( SAC ) = OK / / SA K ( α ) �( ABCD ) = NH đi qua O A D ( α ) �( SCD ) = KH N O Thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK H Ta có MN / /OK / / SA � MN ⊥ ( ABCD ) ; OK ⊥ ( ABCD )B C 1 1 S MNHK = S MNOK + S ∆KOH = ( MN + OK ) .ON + OK .OH = S1 + S 2 2 2 SA MN = BN = x; OK = . Tính ON,theo định lý hàm số Côsin ta có: 2 2 2 ? a a 2 a OH = ON = BN + BO − 2BN .BO.cosOBN 2 2 = x 2 + − 2 x. .cos450 = x 2 − ax + 2 2 2 Suy ra: S1 = ( a + 2x) 2 x 2 − 2ax + a 2 và S 2 = a 2 x 2 − 2ax + a 2 4 2 4 2 1 a2 Vậy: S MNHK = ( a + x ) x 2 − ax + 2 2 S M K A D N H O E C B b) a Thiết diện MNHK là hình thang vuông � MN / / ON / / BC � N là trung điểm của AB � x = 2 1 a3 VS . ABCD = .S ABCD .SA = 3 3 Mp ( α ) chia khối chóp thành hai phần V1 ,V2 với V1 = VK .OECH + VKOE .MNB và V2 = VS . ABCD − V1 2 2 1 1 �a � a a 3 a 1 �a � a 3 VK .OECH = .SOECH .OK = � �. = và VKOE .MNB = ON .S MNB = . � �= 3 3 �2 � 2 24 2 2 �2 � 16 3 3 3 3 3 3 a a 5a a 5a 11a Vậy: V1 = + = và V2 = − = 24 16 48 3 48 48
2) Trong không gian toạ độ Oxyz , cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C (0; 0; c) với a, b, c là những số dương sao cho a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ O tới mp(ABC) lớn nhất. ………………………………..HẾT……………………………