Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 3 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá

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

Thêm vào BST

Báo xấu

73
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho các bạn học sinh lớp 12 có thể chuẩn bị ôn tập tốt hơn cho kỳ thi sắp tới được tốt hơn, mời các thầy cô và các bạn tham khảo Đề thi KSCL HSG cấp tỉnh môn Toán 12 lần 3 năm 2015 – Sở GD&ĐT Thanh Hoá kèm đáp án.

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 3 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 12/08/2015. ̀ ............................. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. 3 2 Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số f ( x) = x - 3(m + 1) x + 3m( m + 2) x - 2 + m (1) (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại tới trục hoành bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu tới trục tung. Câu II (4,0 điểm) sin2x + cos2 x - 3 2 sin x - 2 1) Giải phương trình 2 = 1. ( sin x + cos x) ￬￬￬ 2015 ￬ x+ y ( x2 + 1 - x )( y2 + 1 - y = 1 ) 2) Giải hệ phương trình ￬￬￬ 2 2 18y2 ￬￬ 25x + 9x 9x - 4 = 2 + y2 + 1 ￬ Câu III (4,0 điểm) 1) Cho a, b, x , y là các số thực thỏa mãn 0 < a ￬ 4;0 < b ￬ 4; a + b ￬ 7;2 ￬ x ￬ 3 ￬ y . Tìm giá trị nhỏ nhất 2x2 + y2 + 2x + y của biểu thức P = . xy( a2 + b2 ) ̀ ̣ ́ ực dương. Chưng minh răng hê bât ph 2) Cho a la môt sô th ́ ̀ ̣ ́ ương trinh sau vô nghiêm: ̀ ̣ ￬ x2 + y2 ￬ 4ax ￬￬￬￬ y - x2 ￬ 2a Câu IV (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 lập ra tất cả các số tự nhiên có bôn ch ́ ữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên hai số trong các số được lập. Tính xác suất để trong hai số được chọn có ít nhất một số lớn hơn 2015. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I ( 4;2) là trung điểm đoạn BC điểm A nằm trên đường thẳng d : 2x - y - 1 = 0. Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A . Biết phương trình đường thẳng DE : x - 3y + 18 = 0 và BD = 2 5 điểm D có tung độ nhỏ hơn 7. Xác định tọa độ các điểm A, B, C . Câu V (4,0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). x +1 y z − 2 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = , hai điểm A(0; −1;2) , 2 1 −1 B(2;1;1) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt đường thẳng sao cho khoảng cách từ B đến d là lớn nhất (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 y ' = 3x 2 - 6 ( m + 1) x + 3m (m + 2) ; y ' = 0 � x = m hoặc x = m + 2 Hàm số có cực trị với mọi m. (3 2 3 )2 ( Hai điểm cực trị là: A m ; m + 3m + m - 2 , B m + 2; m + 3m + m - 6 ) Chỉ ra A là điểm cực đại, B là điểm cực tiểu. (Xét dấu y ' hoặc dùng BBT) Ta có d ( A ;Ox ) = m + 3m + m - 2 , d ( B ;Oy ) = m + 2 3 2 ￬m =- 2 ￬￬m 3 + 3m 2 - 4 = 0 ￬m =- 1 m 3 + 3m 2 + m - 2 = m + 2 ￬￬￬ 3 ￬￬ Theo giả thiết ta có: ￬m 2 ￬￬m + 3m + 2m = 0 ￬ =1 ￬m =0 ￬￬ Câu II.1 ĐK: sin x + cos x ￬ 0. Phương trình tương đương: sin 2x + cos 2x - 3 2 sin x - 2 = 1 + sin 2x ￬x = - π + k 2π ￬sin x = - 2(loai ) ￬￬￬ & ￬ 4 � 2 sin 2 x + 3 2 sin x + 2 = 0 ￬￬ sin x = -1 �￬ 5π ( k �Z) ￬￬ + k 2π ￬￬ 2 ￬x = ￬ 4 5π Từ đó tìm được nghiệm x = + k 2π ( k ￬ Z) 4 Câu II.2 ￬ ( ￬￬ 2015x +y x 2 + 1 - x ￬ )( ) y 2 + 1 - y = 1 ( 1) ￬ 2 ￬￬ 25x 2 + 9x 9x 2 - 4 = 2 + 18y 2 ￬￬ y2 +1 ( ) ￬ 2 Điều kiện: x ￬ . 3 � � ( ) 2 ￬ ( 1) � 2015x x 2 + 1 - x = 2015- y ￬￬￬�( - y ) + 1 - ( - y ) � ￬￬ � � � ( ) ￬ 2 ￬ � x ln 2015 + ln x + 1 - x = ( - y ) ln 2015 + ln ￬ ( - y ) + 1 - ( - y ) � 2 ￬� ￬￬ � Xét hàm số f ( t ) = t ln 2015 + ln ( ) t 2 + 1 - t , t ￬ R. 1 f ' ( t ) = ln 2015 - > 0, " t ￬ R. Do đó, hàm số đồng biến trên R t2 +1 Từ đó, suy ra x = - y thay vào ( 2) ta được *Lưu ý: Học sinh có thể xét hàm g t = 2015 t () ( ) 1 + t 2 - t và chứng minh g đồng biến dẫn đến x =- y. 18x 2 25x 2 + 9x 9x 2 - 4 = 2 + ( 3) x2 +1 2
2 18x 2 Nếu x ￬ thì 18x 2 > 2 , 7x 2 > 2 � V T ( 3) > V P ( 3) (loại trường hợp này) 3 x +1 -2 4 2 18 Nếu x ￬ thì ( 3) � 25 - 9 9 - 2 = 2 + 2 3 x x x +1 1� 9� Đặt t = 2 ￬￬￬ 0 < t ￬￬￬￬ ta được x � ￬ 4� 18t �18t � 25 - 9 9 - 4t = 2t + t +1 � ￬￬￬ � t +1 � ￬ ( - 12￬￬￬ + ( 2t - 4) + 9 9 - 4t - 9 = 0 ) 6 36 ( t - 2) � t +1 ( t - 2) + 2 ( t - 2) - = 0 9 - 4t + 1 ￬t = 2 ￬￬￬￬ 6 36 � t = 2 ￬t + 1 + 2 - = 0 ( 4 ) ￬ 9 - 4t + 1 36 � 9� (Vì 0 � 9 - 4t < 3 � 12 < �36 � V T ( 4 ) < 0, " t �￬￬￬0; ￺ ) 9t - 4 + 1 ￬ 4 ￺￻ -1 1 Từ đó, tìm được x = ,y = thỏa mãn hệ ban đầu. 2 2 36 ( ) ( *Lưu ý: Có thể biến đổi 3 � 25 2x 2 - 1 + ) 2 x +1 ( ) - 24 + 18x 9x 2 - 4 + 9 = 0 từ đó đi đến nhân tử 2x 2 - 1. Câu III.1 Do a, b vai trò như nhau nên ta có thể giả sử a ￬ b . 7 7 49 49 49 Nếu a < thì b < � a 2 + b2 < + = . 2 2 4 4 2 7 2 Nếu a ￬ thì a 2 + b2 ￬ a 2 + ( 7 - a ) = 2a 2 - 14a + 49 2 �7 � Xét hàm số f ( a ) = 2a - 14a + 49, a ￬ �; 4� 2 �2 � � � �7 � � 7 � f ' ( a ) = 4a - 14 ￬ 0, " a ￬ �; 4� , f ( a ) liên tục trên �; 4� . �2 � � 2 � � � � � � 7 � Do đó, f ( a ) đồng biến trên �; 4� = � ( ) f a f ( 4) 25￬ . � 2 � � � a + b �25 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 4, b = 3 hoặc a = 3, b = 4 . 2 2 2x 2 + y 2 + 2x + y 2x 2 + y 2 + 2x + y 1 � � ￬￬ y + 1 + 2x + 2 ￬￬ Do đó, P = ￬ = ( xy a 2 + b2) 25xy 25 ￬� x y ￬￬� y + 1 2x + 2 ( ) Xét hàm số g y = x + y ,y ￬ 3 . 1 2x + 2 y - 2x ( x + 1) 2 g '( y) = - = x y2 xy 2 3
g ' ( y ) = 0 � y = 2x ( x + 1) (do 2 ￬ x ￬ 3 ￬ y ) Bảng biến thiên y 3 2x( x+1) +∞ g'( y) - 0 + +∞ g( 3) g( y) g( 2x( x+1) ) 2x ( x + 1) + 1 2x + 2 � 1� 1 ( ) Do đó, g y ￬ g ( 2x ( x + 1) = ) x + 2x ( x + 1) = 2 2 ￬￬1 + ￬￬￬ + ￬� x � ￬ x 1 1 4 6 +1 ￬ 2 2 1 + + = 3 3 3 Dấu bằng xảy ra khi x = 3 . Khi đó, y = 2 6 . 4 6 + 1 đạt được khi Vậy P min = x = 3, y = 2 6, a = 4, b = 3 (hoặc a = 3, b = 4 ). 75 Câu III.2 2 y ( 1) � ( x - 2a ) + y2 �4a 2 . ● Nếu ( x; y ) thỏa ( 1) ￬ M ( x; y ) ở miền trong y M của đường tròn tâm I ( 2a; 0) , bán kính R = 2a . ( 2) ۳ y x 2 + 2a . 2a ● Nếu ( x; y ) thỏa ( 2) ￬ M ( x; y ) ở miền trên của parabol có phương trình: y = x 2 + 2a . x 2aI x ● Do hai miền không giao nhau (hình vẽ) nên hệ vô nghiệm. Câu IV.1 ̣ ̀ ̣ ợp gôm cac sô t +) Goi S la tâp h ̀ ́ ́ ự nhiên co bôn ch ́ ́ ữ sô đôi môt khac nhau đ ́ ̣ ́ ược lâp t ̣ ừ cac ch ́ ữ sô 0; 1; 2; 3; ́ ̀ n(S) = 5.A 5 = 300. ̀ ́ ̀ ử cua S la 4; 5 thi sô phân t ̉ 3 ́ ̀ ử cua không gian mâu +) Sô phân t ̉ ̃ Ω la ̀ n(Ω) = C300 2 = 44850. +) Số cac sô t ́ ́ ự nhiên co bôn ch ́ ́ ữ sô đôi môt khac nhau đ ́ ̣ ́ ược lâp t ̣ ừ cac ch ́ ữ sô ́ ̀1.A 5 + 1.1.1.3 = 63. 0; 1; 2; 3; 4; 5 không vượt qua 2015 la ́ 3 ̣ +) Goi A là biến cố “hai sô đ ́ ược chon co it nhât môt sô l ̣ ́́ ́ ̣ ́ ớn hơn 2015” . Biên cô đôi cua A la ́ ́ ́ ̉ ̀ A , ta có n(A) = C63 2 = 1953. +) Sô phân t ̉ ̀ n(A) = n(Ω) − n(A) = 44850 − 1953 = 42897. ́ ̀ ử cua A la 4
n(A) 42897 14299 ́ ́ ̉ ̀ p(A) = +) Xac suât cua biên cô A la ́ ́ = = . n(Ω) 44850 14950 Câu IV.2 Ta có uur uuur uuur uuur uuur uuur ( )( 2 AI .DE = AB + AC AE − AD ) E uuur uuur uuur uuur = AB. AE − AC. AD = AB. AE.cos BAE? ? − AC. AD.cos CAD =0 D � A I ^ DE A J Phương trình đường thẳng A I : 3 ( x - 4) + y - 2 = 0 � 3x + y - 14 = 0 �3x + y - 14 = 0 �x =3 � � � � A ( 3;5) . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ � � �2x - y - 1 = 0 �y =5 B C � � I BD = 2 5 � A D = 10 . Gọi D ( 3a - 18; a ) ta có ￬ 2 2 ￬a = 38 ( loai ) A D = 10 � ( 3a - 21) + ( a - 5) = 10 � 10a - 136a + 456 = 0 � ￬ 2 5 & a = 6 ￬ D ( 0;6) ￬ a ￬￬ = 6 uuur Đường thẳng A B đi qua A ( 3;5) , vtpt là A D = ( - 3;1) có phương trình - 3 ( x - 3) + y - 5 = 0 � 3x - y - 4 = 0 Gọi tọa độ điểm B ( b; 3b - 4) ta có 2 2 ￬b = 4 A B = 10 � ( b - 3) + ( 3b - 9) = 10 � ￬￬￬￬b = 2 B ( 4; 8) Với b = 4 �� C ( 4; - 4) , loại do góc BAC ? tù. B ( 2;2) Với b = 2 �� C ( 6;2) , thỏa mãn. *Lưu ý: Nếu học sinh không chứng minh được AI ⊥ DE mà sử dụng luôn thì cả bài cho 1,0 điểm Câu V.1 S M K L A D E I H N B C Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD AN Gọi I = AN �BD, K = LM �SN ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật và IN = 3 Từ giả thiết ta có SH ⊥ ( ABCD ) , ME / / SH � ME ⊥ BD ( 1) 5
Lại do AM ⊥ BD ( 2 ) . Từ ( 1) & ( 2 ) � BD ⊥ ( AMN ) � BD ⊥ AN . Trong tam giác AND ta có NA2 ND 2 = NI .NA = � NA = ND 3 = a 3 � AD = NA2 − ND 2 = a 2 3 Dễ thấy CD ⊥ ( SHN ) , do ML / / CD � ML ⊥ ( SHN ) � ML ⊥ SN ( 3) Do ( ABLM ) ⊥ ( SCD ) , ( ABLM ) �( SCD ) = ML (4), nên từ ( 3) & ( 4 ) � SN ⊥ ( ABLM ) � SN ⊥ HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra SH = HN = a 2 . 3 1 4a 3 1 1 �1 � a Ta có VS . ABCD = .SH . AB. AD = V ; S .BCM = VS . BCD = V � S . ABCD �= ( đvtt). 3 3 2 2 �2 � 3 1 Ta có BC ⊥ SH , BC ⊥ AB � BC ⊥ ( SAB ) � BC ⊥ SB � S SBC = SB.BC 2 2 1 1 2 a 6 = HB 2 + SH 2 .BC = a + 2a 2 .a 2 = 2 2 2 3V a 6 Mặt khác ta có d ( M ; ( SBC ) ) = MSBC = . S SBC 3 Câu V.2 r uuur Gọi M = d ∆ . Giả sử M (−1+ 2t; t;2 − t ) . VTCP của d: ud = AM = (2t − 1; t + 1; −t ) uuur uuur r AB(2;2; −1) ; �� AB;ud ��= (1− t;1;4 − 2t ) uuur r �AB,u � 12t 2 − 18t + 18 d (B, d ) = � r d �= = f (t ) ud 6t 2 − 2t + 2 12t 2 + 24t + 54 1 Xét hàm số f (t ) = . Ta có max f (t ) = f (0) = 18; min f (t ) = f (2) = 2 2t + 4t + 5 11 1 d (B, d ) 18 11 x = 3t 1 a) min(d (B, d )) = � t = 2 Phương trình đường thẳng d: = −1+ 3t y 11 z = 2 − 2t x = −t b) max(d (B, d )) = 18 � t = 0 Phương trình đường thẳng d: y = −1+ t z = 2− t 6