intTypePromotion=3

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

0
55
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:
Lưu

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

  1. 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
  2. ………………………………..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
  3. 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
  4. 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
  5. 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

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản