Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Trần Hưng Đạo (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Trần Hưng Đạo (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: TOÁN (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,5 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị m để yxmxmx m 32 132 1 đồng biến trên 2, 33 42 b) Cho hàm số yx 21 mxm Cm , với m là tham số thực. Xác định tất cả các giá trị của m để hàm số Cm có ba điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có một góc tù. Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình 3sin2x 3 1 2cos2 x b) Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lập được từ các chữ số 0, 2, 3, 5, 6, 8. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập A . Tính xác suất để số lấy được có chữ số 0 và chữ số 5 không đứng cạnh nhau. ì 33 2 2 ïxy-+63145 x - y + xy -=- 9 Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình íï (xy ,Î ) ï 2 îï 121 xy = y Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm C thuộc đường thẳng có phương trình dxy1 :40 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn AB có phương trình dxy2 :3 4 23 0. Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B có hoành độ dương. Câu 5 (1,5 điểm). Cho hình chóp SABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a góc BAD 600 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với điểm G là trọng tâm tam giác BCD. Góc giữa SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp SABCD. và khoảng cách giữa hai đường thẳng DC và SA theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x,,yz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 12 S xyz222 1 xyz 111 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . .; Số báo danh: .
2. TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG (Đáp án có 05 trang) NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: TOÁN KHỐI 12 I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 1,25 Hàm số đồng biến / 2, ymx  2 213202 m x m x (1) 0,25 2 mx  12 26 x x 2 gx  26x m x 2 x 122 0,25 2 Ta có: gx 263xx 0 xx 1 36; limgx 0 22 0,25 (23)xx xx 2 36x 0, 5 Từ BBT Maxgx g 2 2 . Vậy m 2 x 2 3 3 b 1,25 Tập xác định D Ta có y '4 xmxxxm32 4 4 . Khi đó hàm số C có 3 điểm cực trị khi và chỉ m 0,25 khi y'0 có 3 nghiệm phân biệt xm2 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m 0 Phương trình y '0 xx 0, m. Giả sử 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số Cm 22 là A,,BC. Khi đó Am 0; 1 , B mmm ; 1 , Cmmm ; 1 . 0,25 1
3.   ABmmACmm ;;22 ; . Tam giác ABC cân tại A, nên nó sẽ có góc tù khi     0,5 900 AB ; AC cos AB ; AC 0   AB AC m m4   00101mm3 (Do m 0). mm 4 AB AC 0,25 Kết luận: 0 < m < 1. 2 a 1 Phương trình tương đương: 3sin2x 3 1 1 cos2x . 0,25 133 cos 2xx sin 2 . 0,25 22 2 3 cos 2x . 0,25 32 xk 12 k xk 0,25 4 Vậy phương trình có nghiệm là x k hoặc xkk ( ) . 12 4 b 1 n()W=5.5! 0,25 Gọi số cần tìm là aaaaaa123456 (trong đó các ai Î {}0, 2,3,5,6,8 ). 0,25 TH1: 5 và 0 đứng cạnh nhau ở vị trí aa12, có 4! số. TH2: 5 và 0 đứng cạnh nhau ở vị trí còn lại có 4.2!4! số. 0,25 Vậy xác suất để số lấy được có chữ số 0 và chữ số 5 không đứng cạnh nhau là: 5.5!-+ (4! 4.2.4!) 16 0,25 P == 5.5! 25 3 1,5 Điều kiện: 11;02xy . Ta có 0,5 (1) yyxx 133 2 1 2 2 2 2
4. Xét hàm số f ()tt 3 2, tta có f '(tt )  32 2 0, t ft ( ) đồng biến trên . 0,25 Vậy (1) f (yfxyx 1) ( 2) 1 Thế vào (2) ta được 11110 xxx2 (3) t 2 2 Đặt txxtx 11,01 2 2 0,5 2 t 2 2 tl 0( ) Khi đó 31020 ttt 2 t 2 Với txxxx 21 1 21 2 1 0 x 0 Với x 0 suy ra y 1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 0,25 y 1 4 1,5 d2: 3x - 4y - 23 = 0 A(5; -7) B M I D N C d1: x - y + 4 = 0 Gọi Ccc ;4 d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2 0,5   cc 10 10 Ta có AIM đồng dạng CID CI22 AI CI IA I ; 33 cc 10 10 Mà Id nên ta có: 3. 4. 23 0c 1 0,25 2 33 Vậy C(1;5). 323tt 39 Ta có: Md 2 Mt ;25; Bt 42 0,25   35tt 319 AB 210; t , CB 26; t 22 t 1   1 0,5 Do AB. CB 0 4 t 5 t 3 3 t 5 3 t 19 0 29 4 t 5 3
5. B(3;3)( loai ) 33 21 33 21 B ; B ; 55 55 5 1,5 Gọi O là tâm của đáy. Theo bài ra ta có : S Góc SAC 600 , 323 H AOaACaAGa 3, 23 B 0,5 Suy ra SG AG.tan600 2 a C G O E A D 113 Diện tích hình thoi ABCD SACBDaaa .3.2 ABCD 222 0,25 13 Vậy VSSGa . 3 S. ABCD33 ABCD Gọi E BG CD Ta có CD// AB CD // mp ( SAB ) d ( CD , SA ) d ( CD ,( SAB )) 3 dE(,( SAB )) dG (,( SAB )) 0,5 2 Do tam giác BDC đều nên BE  CD BE AB . Do đó khi kẻ GH SB, H SB Suy ra GH () SAB d (,()) G SAB GH 11131132a Trong tam giác vuông SBG ta có 222222 GH GH GB GS a44 a a 13 0,25 3a Vậy dCDSA(,) 13 6 1 Sử dụng BĐT cô-si cho 3 số dương ta có: 3 abc 3 abc 111 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi abc 3 0,25 1 2 Mặt khác abc222 11 abc , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 abc 1 4
6. 254 Đặt txyz 11, ta có Sft 3 0,25 t t 2 254 2 162 f ()tt ,  1, ft'( ) ; f '(tt ) 0 4 0,25 t t 2 3 t 2 t 2 4 1 1 Suy ra ff (4) . Vậy ta có Sabc 1 0,25 max 4 max 4 Hết 5