Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 2 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

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

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 8
download

Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 2 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 2 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

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 2 năm 2015 – 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 19/05/2015. ̀ ............................. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. x Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) x−2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến của (C) tại điểm M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B phân biệt thoả mãn: 5 AB = 2OA + OB . Câu II (4,0 điểm) π π 4cos x cos2 ( x + ) − sin( x + ) 1. Giải phương trình: 2 6 =0 cos x − 3sin x 2 2 x 3 − y 3 − 3 x 2 + 6 y 2 = −6 x + 15 y − 10 2. Giải hệ phương trình: ( x, y R) y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y 2 + 4 x Câu III (4,0 điểm) 1. Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x y 2 x 2 3 y 2014 2012 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 2015 + 2 xy x + y + 1 S = ( x − 1) + ( y − 1) + 2 2 x + y +1 x2 − 8x + 7 0 2. Tìm m để hệ có nghiệm thực. x 2 − ( 2m + 1 )x + m 2 + m 0 Câu IV (4,0 điểm) 1. Bạn An viết vào trong vở một số tự nhiên có 6 chữ số. Tính xác suất để số được ghi là một số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và khác 0, đồng thời tổng các chữ số bằng 21, tổng 3 chữ số đầu lớn hơn tổng 3 chữ số cuối 1 đơn vị 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm M ( 3; −1) , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E ( −1; −3) và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F ( 1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm D ( 4; −2 ) . 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 với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(2;5;3) , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho biểu thức OA + OB + OC có giá trị nhỏ nhất. 1
………………………………..HẾT…………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN Câu I.2 Giả sử có điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán, lúc đó tam giác OAB vuông tại O. 5 AB = 2OA + OB � 5 AB 2 = 4OA2 + 4.OA.OB + OB 2 5(OA2 + OB 2 ) = 4OA2 + 4.OA.OB + OB 2 � (OA − 2OB) 2 = 0 � OA = 2OB . Vì A, B phân biệt nên O,A, B phân biệt suy ra OA, OB 0 OB 1 Hệ số góc của tiếp tuyến là k = = (1) OA 2 −2 Gọi M ( x0 ; y0 ) (C ) ta có k = (2) ( x0 − 2) 2 x0 = 0 Từ (1) và (2) ta tìm được x0 = 4 1 Với x0 = 0 M (0;0) suy ra phương trình tiếp tuyến là: y = − x , lúc đó A,B trùng với O, loại. 2 1 Với x0 = 4 M (4; 2) suy ra phương trình tiếp tuyến là: y = − x +4, lúc đó A,B phân biệt. 2 ĐS: M (4; 2) Câu II.1 π π 4 cos x cos 2 ( x + ) − sin( x + ) 2 6 = 0 (1) cos x − 3sin x 2 2 1 π ĐK: cos 2 x −�۹۹ 3sin + 2 x� 0 cos 2 x x kπ ( k Z ) 2 6 π 2sin 2 x sin x − sin( x + ) (1) 6 = 0 � cos x − cos 3x − ( 3 sin x + 1 cos x) = 0 cos x − 3sin x 2 2 2 2 1 3 � π� � cos 3 x = cos x − sin x � cos 3 x = cos �x + � 2 2 � 3� π π 3x = x + + k 2π x = + kπ 3 6 � � (k �Z) π −π kπ 3x = − x − + k 2π x= + 3 12 2 −π kπ Đối chiếu đk ta có: x = + ;k Z 12 2 Câu II.2 ( x − 1) + 3 ( x − 1) = ( y − 2 ) + 3 ( y − 2 ) ( 1) 3 3 �x − y − 3 x + 6 y = −6 x + 15 y − 10 3 3 2 2 � � � y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y 2 + 4 x y x + 3 + ( y + 6 ) x + 10 = y 2 + 4 x ( 2) x −3 Điều kiện y R Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , ∀t �R, f ( t ) = 3t + 3 > 0 ∀t �R . 3 2 2
Vậy hàm số f ( t ) đồng biến trên R. Từ ( 1) ta có f ( x − 1) = f ( y − 2 ) � x − 1 = y − 2 � y = x + 1 ( 3) Thay ( 3) vào ( 2 ) ta được phương trình: ( x + 1) x + 3 + ( x + 7 ) x + 10 = x 2 + 6 x + 1 ( 4) Phương trình ( 4 ) � ( x + 1) ( ) x + 3 − 3 + ( x + 7) ( ) x + 10 − 4 = x 2 − x − 30 � ( x + 1) � ( x − 6) + ( x + 7) � ( x − 6) = ( x + 5) ( x − 6 ) x+3 +3 x + 10 + 4 x − 6 = 0 ( 5) x +1 x+7 + = x + 5 ( 6) x+3 +3 x + 10 + 4 Từ ( 5 ) : x − 6 = 0 � x = 6 ��y = 7 � ( x; y ) = ( 6;7 ) là một nghiệm của hpt. ( 3) x +1 x+3 x+7 x+7 Từ ( 6 ) : − + − =0 ( 7 ) phương trình vô nghiệm do x+3 +3 2 x + 10 + 3 2 � 1 1� � 1 1� VT ( 7 ) < ( x + 3) � � − �+ ( x + 7 ) � � − �< 0 = VP ( 7 ) � x+3 +3 2� � x + 10 + 4 2 � Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 6;7 ) Câu III.1 2015 S x2 2x 1 y2 2 y 1 2 xy x y 1 2 2015 ( x y ) 2( x y ) 2 x y 1 2 2015 ( x y 1) 4( x y 1) 5 . Đặt t x y 1 thì x y 1 2015 S t 4 4t 2 5 . t Ta tìm đk cho t. Từ gt, đặt a x 2 0 , b y 2014 0 suy ra x a2 2, y b2 2014 ta được a2 2 b2 2014 2a 3b 2012 a2 b2 2a 3b 13(a 2 b2 ) Suy ra 0 a 2 b 2 13 , x y 1 a2 b2 2013 2013;2026 t x y 1 2013; 2026 J x 2 t 2013 a2 b2 0 a b 0 y 2014 a 2 b2 13 a 2 x 2 t 2026 a b b 3 y 2023 2 3 2015 Xét hàm số f (t ) t 4 4t 2 5 liên tục trên J. t 2015 4t 4 8t 3 2015 4t 3 (t 2) 2015 f ' (t ) 4t 3 8t 2 0 t J t2 t2 t2 f (t ) đồng biến trên J 2015 2015 min f ( 2013 ) 4044122 , max f ( 2026 ) 4096577 . x J 2013 x J 2026 3
2015 2015 Vậy min S 4044122 ; max S 4096577 2013 2026 Câu III.2 x2 − 8x + 7 0 (1) Hệ BPT x 2 − (2m +1) x + m 2 + m 0 (2) Ta có: (1) � 1 x 7 (2) �−−− m)(+x m 1) 0 ( x �� m x m 1 �m +1 < 1 � m7 �m>7 Do đó hệ có nghiệm � 0 m 7 Câu IV.1 + Gọi T là phép thử “ghi số có 6 chữ số” � Ω = 9.10 5 33.22 3 � P ( A) = 5 = A là biến cố “ Số ghi được có 6 chữ số khác 0 và ..........” 9.10 25000 Câu IV.2 + Coi số ghi đ ượ c có d ạ ng a a a a a a (ai a j ) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên M là 1 2 3 4 5 6 uuur trung đi ể m c ủ a HD + a2 + aH a1 suy ra 3 =( 11 ) . Đường thẳng BH có vtcp là EH = ( 3;3) vtpt là 2;0 rTheo bài ra ta có a + a + a = 10 n BH = ( 1; −1) � BH : x4 − y 5− 2 =6 0 . Nếu a1 , a2 , a3 �{ 2; 4;5} � a4 , a5 , a6 { 1;3;6} . có 3!3! số Nếu a1 , a2 , a3 �{ 2;3;6} � a4 , a5 , a6 { 1; 4;5} .Acó 3!3! số Nếu a1 , a2 , a3 �{ 1; 4;6} � a4 , a5 , a6 { 2;3;5} . có 3!3! số Vậy số các số theo yêu cầu là (3!3!).3 � HΩ A = 3 .2 3 2 O F E B C M D r r Do AC ⊥ BH nên vtpt của AC là n AC = u BH = ( 1;1) � pt AC : x + y − 4 = 0 r r Do AC ⊥ CD nên vtpt của CD là n DC = u AC = ( 1; −1) � pt DC : x − y − 6 = 0 . Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình �x + y − 4 = 0 �x = 5 � �� C ( 5; −1) �x − y − 6 = 0 �y = −1 Do M là trung điểm của BC nên B ( 1; −1) . Vì AH vuông góc với BC nên AH có vtpt là uuur BC = ( 4;0 ) � AH : x − 2 = 0 Do A là giao điểm của AC và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: �x − 2 = 0 �x = 2 � �� A ( 2; 2 ) . �x + y − 4 = 0 �y = 2 Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A ( 2; 2 ) , B ( 1; −1) , ( 5; −1) Câu V.1 4
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 x y z Câu V.2 ĐS: (P ) : + + = 1. 2 + 6 + 10 5+ 10 + 15 3+ 6 + 15 5