Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 18 năm 2016 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

Chia sẻ: Pavel Korchagin | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 18 năm 2016 của Sở GD&ĐT Thanh Hoá giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được 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 18 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 ́ ́ 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 sè y = ( x − 2) ( x + 1) , ®å thÞ lµ (C). 2 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè ®· cho. 2) T×m trªn (C) ®iÓm M cã hoµnh ®é lµ sè nguyªn d¬ng sao cho tiÕp tuyÕn t¹i M cña (C), c¾t (C) t¹i hai ®iÓm M vµ N tho¶ m·n MN = 3. Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2sin 2 x − 3 2 sin x + 2 cos x − 5 = 0 x + x 1 + x2 1 log 2 = 2 log 2 .log 3 y y + 1+ y 2 3 2) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 27 2 3 x + xy + x 2 + 2 x = x y x. 8 Câu III (4,0 điểm) ( ) 1) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y + z = yz ( y + z ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 yz ( 1 − x ) 2 1 �y z � P= +� + �+ . ( 1+ x) 2 1+ y 1+ z � ( 1+ x) ( 1+ y) ( 1+ z ) � ( ) 3 xy 2 − 3x − 1 mx y 1 − x −1 2. Tìm m để hệ có nghiệm. 2 2 8 x − 3xy + 4 y + xy = 4 y Câu IV (4,0 điểm) 1) Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 chữ cái từ bộ chữ cái MAYMAN thành một hàng sao cho mỗi cách sắp xếp 2 chữ cái giống nhau giống nhau không đứng cạnh nhau. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại B và C có AB > CD và CD = BC. Đường tròn đường kính AB có phương trình x2 + y2 – 4x – 5 = 0 cắt cạnh AD của hình thang tại điểm thứ hai N. Gọi M là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng AB. Biết điểm N có tung độ dương và đường thẳng MN có phương trình 3x + y – 3 = 0, tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C, D của hình thang ABCD. Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S . ABC có độ dài các cạnh SA = BC = x, SB = AC = y, SC = AB = z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 12 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2; 3; 5 ) . Biết ( S ) cắt mặt phẳng ( Oxy ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) có chu vi 20π . Viết phương trình mặt cầu ( S ) . ………………………………..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 sè y = ( x − 2) ( x + 1) , ®å thÞ lµ (C). 2 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè ®· cho. 2) T×m trªn (C) ®iÓm M cã hoµnh ®é lµ sè nguyªn d¬ng sao cho tiÕp tuyÕn t¹i M cña (C), c¾t (C) t¹i hai ®iÓm M vµ N tho¶ m·n MN = 3. HD: Gi¶ sö M(x0; y0) thuéc (C), x0 lµ sè nguyªn d¬ng. Ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) t¹i M lµ y = (3x02 - 6x0)x - 2x03 + 3x02 + 4. Goi tiÕp tuyÕn nµy lµ (t). Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (C) vµ (t) lµ nghiÖm PT: x3 - 3x2 - (3x02 - 6x0)x + 2x03 - 3x02 = 0 (x - x0)2(x + 2x0 - 3) = 0 x = x0 hoÆc x = -2x0 + 3. M(x0; x0 - 3x0 + 4); N(-2x0 + 3; -8x0 + 24x0 - 18x0 + 4). MN = 9x0 - 18x0 + 9 + 81x02(x0 - 1)2(x0 - 3 2 3 2 2 2 2)2. MN2 = 9 9x02 - 18x0 + 81x02(x0 - 1)2(x0 - 2)2 = 0 9x0(x0 - 2)(1 + 9x0(x0 - 1)2(x0 - 2)) = 0. V× x0 lµ sè nguyªn d¬ng nªn x0 = 2. VËy M(2; 0). Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2sin 2 x − 3 2 sin x + 2 cos x − 5 = 0 ĐS: Vô nghiệm x + x 1 + x2 1 log 2 = 2 log 2 .log 3 y y + 1+ y2 3 2) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 27 2 3 x + xy + x 2 + 2 x = x y x. 8 HD: x + x 1 + x2 1 log 2 = 2 log 2 .log 3 y (1) y + 1+ y 2 3 27 2 3 x + xy + x 2 + 2 x = x y x (2) 8 Điều kiện: x > 0, y > 0. Viết lại pt (1) dưới dạng ( ) ( ) log 2 x + x 1 + x 2 − log 2 y + 1 + y 2 = −2log 2 3.log 3 y ( ) ( ) � log 2 x + x 1 + x 2 = log 2 y + 1 + y 2 − log 2 y 2 � log ( x + x 1 + x ) = log y + 1+ y 2 2 2 2 2 y 1 1 1 � x + x 1 + x2 = + + 1. ( 1' ) y y y2 t2 Xét hàm số f ( t ) = t + t 1 + t , t > 0. Ta có f ' ( t ) = 1 + 1 + t + > 0 ∀t > 0. 2 2 1+ t2 1 hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ( 0; + ) , do đó pt (1’) � x = � xy = 1. y Khi đó pt (2) trở thành
27 2 2 x + 1 + x2 + 2x = x x 8 27 2 2 2 27 2 � 2x + 2 + 2 x2 + 2x = x x � 2 + + 2 1+ = x 4 x x 4 2 27 2 27 2 2 � 1+ 1+ = x � x − 1 − 1 + = 0. ( 2' ) x 4 4 x 27 1 27 2 2 g '( x ) = x+ > 0 ∀x > 0. Đặt g ( x ) = x − 1 − 1 + , x > 0. Ta có 2 2 4 x x 1+ 2 x Vậy hàm số g(x) liên tục và đồng biến trên ( 0; + ) . 2 Từ đó pt (2’) có tối đa 1 nghiệm trên ( 0; + ) . Mà g � � � �= 0. �3 � �2 3 � Kết luận: Hpt đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = � ; �. �3 2 � Câu III (4,0 điểm) ( ) 1) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y + z = yz ( y + z ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 yz ( 1 − x ) 2 1 �y z � P= +� + �+ . ( 1+ x) 2 1+ y 1+ z � ( 1+ x) ( 1+ y ) ( 1+ z ) � HD: 2 1 �y z � 2 yz 1− x � � P= +� + �+ � � ( 1+ x) 2 1+ y 1+ z � ( 1+ y ) ( 1+ z ) � � 1+ x � 2 1 �y z � 2 yz �2 � = +� + �+ � − 1� ( 1+ x) 2 1+ y 1+ z � ( 1+ y ) ( 1+ z ) � � 1+ x � 2 1 �y z � 4 yz 2 yz = +� + �+ − ( 1+ x) 2 1+ y 1+ z � ( 1+ y ) ( 1+ z ) ( 1+ x) ( 1+ y ) ( 1+ z ) � 1 y2 z2 4 yz = + + + ( 1+ x) 2 (1+ y) 2 ( 1+ z ) 2 ( 1+ y) ( 1+ z ) ( 1+ x) 1 1 4 1 = + + . + ( 1 + x ) �1 + 1 � �1 + 1 � ( 1 + x ) �1 + 1 ��1 + 1 � 2 2 2 � y� � z� � y� � � � � � � � � � z� 1 1 1 1 1 4 Đặt u = , v = � u , v > 0. Khi đó P = + + + . ( 1+ x) ( 1+ u ) ( 1+ v) ( 1+ x) ( 1+ u ) ( 1+ v) 2 2 2 y z 1 2 4 Theo bđt Côsi: P + + . ( 1+ x) 2 ( 1+ u ) ( 1+ v) (1+ x) (1+ u ) ( 1+ v) Mặt khác, giả thiết trở thành �y 2 + z 2 � y + z �1 1� 1 1 x � 2 2 �= � x � 2 + 2 �= + � x u 2 + v 2 = u + v. ( ) � y z � yz �y z � y z 2 Theo bđt Bunhiacốpxki: x ( u + v ) �2 x ( u 2 + v 2 ) = 2 ( u + v ) � u + v � . 2 x 2 2 1 1 � 2 � �x + 1 � Lại theo bđt Côsi: ( 1 + u ) ( 1 + v ) ( 2 + u + v) 2 � 2 + �= � �. 4 4� x� � x � 1 2 x2 4 x2 2 x3 + 6 x2 + x + 1 Từ đó suy ra P + + = . ( 1+ x) ( 1+ x) ( 1+ x) ( 1+ x ) 2 2 3 3
2 x3 + 6 x 2 + x + 1 Xét hàm số f ( x ) = , x > 0. ( 1+ x) 3 10 x − 2 1 Ta có f ' ( x ) = � f '( x) = 0 � x = . ( x + 1) 4 5 Lập bảng biến thiên của f(x) trên ( 0;+ ) suy ra �1 � 91 P f ( x) f � �= . �5 � 108 91 Kết luận: GTNN của P là đạt được khi 108 1 2 1 1 x = , u = v, u + v = = 10 � x = , u = v = 5 � x = y = z = . 5 x 5 5 ( ) 3 xy 2 − 3x − 1 mx y 1 − x −1 2. Tìm m để hệ có nghiệm. 2 2 8 x − 3xy + 4 y + xy = 4 y ĐS: m 3 (HỆ PHƯƠNG TRÌNH – ĐẶNG THÀNH NAM) Câu IV (4,0 điểm) 1) Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 chữ cái từ bộ chữ cái MAYMAN thành một hàng sao cho mỗi cách sắp xếp 2 chữ cái giống nhau giống nhau không đứng cạnh nhau. HD: 6! Gọi X là tập hợp tất cả các cách sắp xếp, ta có: X = = 180 2!.2! Gọi A là tập hợp các cách sắp xếp gồm hai chữ A đứng cạnh nhau; M là tập hợp các cách sắp xếp gồm hai chữ M đứng cạnh nhau. 5! Hai chữ A đứng cạnh nhau có thể xem là một chữ A nên A = = 60 . 2! 5! Tương tự: M = = 60 2! Ta có A M là tập hợp các cách sắp xếp gồm hai chữ A đứng cạnh nhau và hai chữ A đứng cạnh nhau. Hai chữ A đứng cạnh nhau và hai chữ A đứng cạnh nhau có thể xem là hai chữ A, M nên A �M = 4! = 24 Khi đó cách sắp xếp cần tìm là: X − A �M = X − ( A + M − A �M ) = 180 − (60 + 60 − 24) = 84 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại B và C có AB > CD và CD = BC. Đường tròn đường kính AB có phương trình x2 + y2 – 4x – 5 = 0 cắt cạnh AD của hình thang tại điểm thứ hai N. Gọi M là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng AB. Biết điểm N có tung độ dương và đường thẳng MN có phương trình 3x + y – 3 = 0, tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C, D của hình thang ABCD. HD:
D C N A M I B N1 +) N MN (C) => tọa độ N là nghiệm của hpt: 3x + y − 3 = 0 1 12 2 2 , do N có tung độ dương nên N ( ; ), N1 (2; −3) . x + y − 4x − 5 = 0 5 5 +) Tứ giác BMND nội tiếp � BNM ﾷﾷ = BDM = 45o => MN là đường phân giác góc BNA ﾷ => N1 là điểm chính giữa cung ﾷAB � IN ⊥ AB với I(2;0) là tâm của (C) => AB: y = 0. 1 +) M = MN AB => M (1;0) , A,B là các giao điểm của đt AB và (C) => A(1;0) và B(5;0) hoặc A(5;0) uuur uur và B(1;0). Do IM cùng hướng với IA nên A(1;0) và B(5;0) . +) AN: 2x – y + 2 = 0, MD: y = 1 => D = AN MD => D(1;4). uuur uuur MB = DC => C(5;4). Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S . ABC có độ dài các cạnh SA = BC = x, SB = AC = y, SC = AB = z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 12 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC. HD: S C P M A B N Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ. 1 +) Có S MNP = 4 S ABC � VS . ABC = VS .MNP 4 1 +) Do SB = AC = NP � ∆SNP vuông tại S. 2 Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S. Đặt a = SM , b = SN , c = SP , ta có:
a2 + b2 = 4 x2 a2 = 2 ( x2 + z 2 − y 2 ) b2 = 2 ( x2 + y 2 − z 2 ) b2 + c2 = 4 y 2 � � � �2 �2 c + a2 = 4z 2 c = 2 ( y2 + z2 − x2 ) 1 1 2 VS . ABC = VS .MNP = abc = 4 24 12 (x 2 + y2 − z 2 ) ( y2 + z 2 − x2 ) ( z2 + x2 − y2 ) . Mà theo bđt Côsi: (x 2 + y 2 − z 2 ) ( y 2 + z 2 − x2 ) ( z 2 + x2 − y 2 ) 3 3 �x 2 + y 2 − z 2 + y 2 + z 2 − x 2 + z 2 + x 2 − y 2 � �12 � 3 � �= � �= 4 � 3 � �3 � 2 3 2 2 nên VS . ABC 4 = . 12 3 12 Đẳng thức xảy ra khi x 2 = y 2 = z 2 == 4 � x = y = z = 2. 3 2 2 Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là . 3 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2; 3; 5 ) . Biết ( S ) cắt mặt phẳng ( Oxy ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) có chu vi 20π . Viết phương trình mặt cầu ( S ) . HD: Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có 2π r = 20π � r = 10. Ta có d ( I , ( Oxy ) ) = 5. Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R = d 2 ( I ,(Oxy ) ) + r 2 = 125. Vậy mặt cầu (S) có phương trình ( x + 2 ) + ( y − 3) + ( z − 5 ) = 125. 2 2 2