Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Cao Bằng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Cao Bằng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN CAO BẰNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm 01 trang) Câu 1: (4,0 điểm) x3 a. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y= −2 x2 + mx − 1 có hai điểm 3 − = cực trị x1, x 2 thỏa mãn: x1 x 2 2. x + 3 b. Cho hàm số y = có đồ thị ()C . Tìm các giá trị của tham số m để đường x +1 thẳng d: y= 2 x + m cắt đồ thị ()C tại hai điểm phân biệt AB, sao cho AB = 5. Câu 2: (4,0 điểm) a. Giải phương trình: x+ x +1 − x2 + x = 1 y3 + y −2 = x ( x2 + 3 x + 4) b. Giải hệ phương trình:  x2+ y 2 = 5 Câu 3: (2,0 điểm) Giải phương trình: cosx (4sin x+ 3) = sin x Câu 4: (2,0 điểm) Một trường trung học phổ thông có 12 học sinh giỏi gồm ba học sinh khối 10, bốn học sinh khối 11 và năm học sinh khối 12. Chọn sáu học sinh trong số học sinh giỏi đó, tính xác suất sao cho cả ba khối đều có học sinh được chọn. Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng ()SBD và mặt phẳng đáy bằng 60o . a. Tính thể tích khối chóp S. ABCD . b. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ()SBC . Câu 6: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Điểm M (− 3;0) là trung điểm của cạnh AB, điểm H (0;− 1) là hình chiếu vuông góc của B 4  trên AD và điểm G;3  là trọng tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm BD,. 3  Câu 7: (2,0 điểm) 1 1 1 Cho x,, y z là các số thực dương thỏa mãn + + ≤ 3. Chứng minh rằng: x y z 1 1 1 3 + + ≤ . 2x+ y + z x +2 y + z x + y + 2 z 4 ___Hết___ (Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ ký của giám thị 1: .
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CAO BẰNG HUYỆN LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Hướng dẫn chấm có 05 trang) I. Hướng dẫn chung: 1. Điểm của bài thi theo thang điểm 20, phần lẻ được tính đến 0,25 điểm. Giám khảo giữ nguyên điểm lẻ, không được làm tròn điểm. 2. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm. 3. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng giải theo cách khác mà lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. II. Đáp án và thang điểm: Câu ý Đáp án Điểm 1 a Tập xác định: D = ℝ . 0,25 (4,0đ) y'= x2 − 4 x + m; y'= 0 ⇔ x2 − 4 x + m = 0 (*) 0,25 Hàm số đã cho có hai điểm cực trị x1, x 2 ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 0,5 ⇔ ∆' > 0 ⇔ 4 −m > 0 ⇔ m 0 0,5 Ta có:  ⇔ ∀m ∈ℝ . −2.( − 1)2 − (m + 1).( − 1) + 3 − m ≠ 0 Suy ra ()d và ()C luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt AB, . 1
3. + + Khi đó: Ax(;2AA x mBx ),(;2 BB x m ) . Ta có: AB = 5 0,25 ⇔ −2 + − 2 = (xxBA ) 4( xx BA ) 5 ⇔−2 + − 2 = (xxBA )4( xx BA )25 ⇔ −2 = (xB x A ) 5 0,25 ⇔ +2 − −= (xA x B )4 xx AB 50 (m + 1) 2 ⇔ +−−=2(3m ) 5 0 4  = 2 m 1 0,5 ⇔m −6 m + 5 = 0 ⇔  m = 5 Vậy giá tr ị c ần tìm là m=1; m = 5. 2 a Điều ki ện: x ≥ 0. 0,25 (4,0 đ) Ta có: xx+ +−1 xx2 += 1 0,5 ⇔(x − 1)(1 − x += 1) 0  x =1 ⇔  0,5  x +1 = 1 x =1 ⇔  0,5 x = 0 Kết hợp với điều ki ện ta có nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho là 0,25 x=0; x = 1 . b Ta có: 0,5 yy3+−=2 xxx ( 2 ++⇔+=+++ 3 4) yyx 3 ( 1) 3 ( x 1) Xét hàm số ft( ) = t3 + t trên ℝ . Với m ọi t ∈ℝ, f'( t )= 3 t 2 + 1 > 0 . 0,25 Suy ra f( t ) đồng bi ến trên ℝ . Do đó yyx3+=+++⇔( 1) 3 ( x 1) fyfx ( ) = ( +⇔=+ 1) yx 1 . 0,25 Th ế y= x + 1 vào ph ươ ng trình th ứ hai c ủa h ệ ta được: x =1 0,5 xx2+( + 1) 2 = 5 ⇔ 2 xx 2 + 2 − 40 = ⇔  x = − 2 Với x=1⇒ y = 2 Với x= − 2⇒ y = − 1 0,5 Vậy h ệ đã cho có nghi ệm là (1;2); (− 2; − 1) . 2
4. 3 Ta có: (2,0đ) cosx (4sin x+ 3) = sin x 0,5 ⇔2sin2x = sin x − 3cos x 1 3 ⇔sin 2x = sin x − cos x 0,25 2 2 π π ⇔sin 2x = cos sin x − sin cos x 3 3 0,25 π  ⇔sin 2x = sin x −  3   π  2x= x −  + k2π 3  ⇔  0,5  π  2x=π − x −  + k2π  3   π x= − + k2π  3 ⇔  ()k ∈Z . 0,5 4π 2 π x= + k  9 3 4 6 ⇒ Ω = 6 Chọn 6 học sinh giỏi bất kì có C12 cách n() C12 . 0,5 (2,0đ) Số cách chọn 6 học sinh giỏi mà trong đó không có học sinh khối 10 6 là C9 . Số cách chọn 6 học sinh giỏi mà trong đó không có học sinh khối 11 6 0,5 là C8 . Số cách chọn 6 học sinh giỏi mà trong đó không có học sinh khối 12 6 là C7 . Gọi A:"Cả ba khối đều có học sinh được chọn" ⇒ =6 − 6 + 6 + 6 0,5 n()( A C12 C 9 C 8 C 7 ) n()( A C6− C 6 + C 6 + C 6 ) 115 Vậy PA() = =12 9 8 7 = . 0,5 Ω 6 n() C12 132 5 a S (4,0đ) 0,25 H A D I B C 3
5. ệ = 2 + Di n tích hình vuông ABCD là SABCD a . 0,25 ⊥ AI BD o + Gọi I là giao điểm của AC và BD ⇒ ⇒ SIA = 60 0,5 SI⊥ BD a 6 Suy ra SA= AI.tan SIA = . 0,5 2 1 a3 6 Vậy V= S. SA = . 0,5 S. ABCD3 ABCD 6 b Ta có: AD//( SBC )⇒ d (,( D SBC ))= d (,( A SBC )) . 0,5 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB , suy ra AH⊥ SB 0,5  ⇒ AH⊥ ( SBC )⇒ AH= d ( A ,( SBC )). AH⊥ BC Trong tam giác vuông SAB có: 1 1 1 5 3a2 0,5 = + = ⇒ AH 2 = . AH2 SA 2 AB 23 a 2 5 a 15 Vậy d( D ,( SBC ))= d ( A ,( SBC )) = AH = . 0,5 5 6 (2,0đ) 0,5 Gọi E và F lần lượt là giao điểm của HM và HG với BC . Suy ra HM= ME và HG= 2 GF . Do đó E(− 6;1) và F(2;5) . Đường thẳng BC đi qua E và nhận EF làm vectơ chỉ phương, nên phương trình đường thẳng BC là x−2 y + 8 = 0 . Đường thẳng BH 0,25 đi qua H và nhận EF làm vectơ pháp tuyến, nên phương trình đường thẳng BH là 2x+ y + 1 = 0. Do B là giao điểm của BH và BC nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ x−2 y + 8 = 0 0,25 phương trình  ⇒ B(− 2;3) . 2x+ y + 1 = 0 Do M là trung điểm của AB nên A(− 4; − 3). Gọi I là giao điểm của 3  0,5 AC và BD , suy ra GA= 4 GI . Do đó I 0;  . 2  Do I là trung điểm của đoạn BD , nên D(2;0) . 0,5 4
6. 7 Với a, b > 0 ta có: (2,0đ) 1 a+ b 1 1 1 1  4ab≤ ( a + b )2 ⇔ ≤ ⇔ ≤ +  . 0,5 a+ b4 ab a+ b 4  a b  Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a= b. Áp dụng kết quả trên ta có: 1 11 1  11111   1111   ≤ +  ≤ + +   =  + + . 2xyz+ + 4 2 xyz+  4 2 x 4 yz  8  xyz 2 2  1 1 1 1 1  0,5 ⇔ ≤ + +  (1) 2x+ y + z 8 x 2 y 2 z  2x= y + z Dấu "=" xảy ra khi  ⇔x = y = z . y= z Tương tự: 1 1 1 1 1  ≤ + +  (2) Dấu "=" xảy ra khi x= y = z . x+2 y + z 8 y 2 z 2 x  0,5 1 1 1 1 1  ≤ + +  (3) Dấu "=" xảy ra khi x= y = z . x+ y + 2 z 8 z 2 x 2 y  Từ (1), (2) và (3) ta có: 1 1 1 1 1 1 1  3 + + ≤ + +  ≤ . 2xyzxyzxyz+ + +2 + + + 2 4  xyz  4 x= y = z  ấ ả ⇔ = = = D u "=" x y ra khi 1+ 1 + 1 = x y z 1.  3  x y z 0,5 1 1 1 Vậy với x,, y z là các số thực dương thỏa mãn + + ≤ 3 ta luôn có: x y z 1 1 1 3 + + ≤ . 2x+ y + z x +2 y + z x + y + 2 z 4 Đẳng thức xảy ra khi x= y = z =1. ___Hết___ 5