Đề thi chọn học sinh giỏi vòng trường môn Toán Lớp 12 - Trường THPT Chu Văn An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi vòng trường môn Toán Lớp 12 - Trường THPT Chu Văn An (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút 32 Câu 1(4 điểm). Cho hàm số yx 32 x mx (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu cách đều đường thẳng y x 1. Câu 2(4 điểm). æö ç p÷ 1)Giải phương trình cosxx+=++ cos 3 1 2 sinç 2 x÷ èøç 4÷ 2)Giải phương trình xxxx 42422 Câu 3(4 điểm). 2 y 2 3y 2 1)Giải hệ phương trình x 2 x 2 3x 2 y u 1 1 2)Cho dãy số (u ) xác định như sau 1 (1). Chứng minh dãy số (u ) có n un  ,2 n n 3 u n 1 giới hạn hữu hạn khi n Câu 4(2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , có đỉnh A(1;4) và các điểm B, C thuộc đường thẳng :40xy . Xác định tọa độ điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18. Câu 5(3 điểm). 0 2 4 2014 2013 1) Chứng minh rằng 3CCC2014 5 2014 7 2014 2017 C 2014 1010.2 . 2) Cho tập A 1; 2;3; 4;5; 6;7;8;9 . Lập ngẫu nhiên một số có 3 chữ số khác nhau với các chữ số chọn từ tập A. Tính xác suất để số lập được chia hết cho 6. Câu 6(3 điểm). Cho hình chóp SABCD. , đáy ABCD là hình chữ nhật có ABaBCb , , SA SB SC SD c . K là hình chiếu vuông góc của P xuống AC . a/ Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SA và BK . b/ Gọi M , N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK và CD . Chứng minh: Các đường thẳng BM và MN vuông góc nhau Hết (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Học sinh không được sử dụng tài liệu)
2. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO GIA LAI ĐAP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN VÒNG TRƯỜNG 2017 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút Câ Nội dung Điể u m 1. Ta có: yxxm'3 2 6 . Hàm số có CĐ, CT yxxm'32 6 0 có 2 nghiệm phân biệt x ; x 12 '93 mm 0 3 (*) 1,0 Gọi hai điểm cực trị là ABx x12;;yy12 ; 11 2mm Thực hiện phép chia y cho y ta được: yxy '22 x 33 3 3 22mm m m yyx11 22;xx 1 yy22 x 22 2 33 33 Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là 2mm 1,0 : yx 22 33 Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y x 1 xảy ra 1 trong 2 trường hợp: TH1: Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường thẳng y x 1 23m 1,0 21 m (thỏa mãn) 32 TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y x 1 y12 y x 1xm2 2 m yIIx 11 22 xx12 22 xx 12 22 33 22mm 3.26 m 0 33 3 Vậy các giá trị cần tìm của m là: m 0; 1,0 2 2. 1) PT =++2 cos2xx cos 1 sin 2 x cos2 x -=+cos2xx (2 cos 1) 1 2 sin xx cos 0,5 -(cos22xxx sin )(2 cos -=+ 1) (cos xx sin ) 2 écosxx+= sin 0 (1) ê ê(cosxx =+ sin )(2 cos x 1) cos xx sin (2) ëê æö ç pp÷ p 0,5 (1) 2 sinçxxkxk +÷ = + 0 =pp =-+ èøç 44÷ 4 é é p cosx = 0 êxk=+p ê ê (2) = 2 cosxx (cos sin x 1) 0 ê æöp ê 2 k Î ê ç ÷ pp () ê 2cosçx +=÷ 1 ê ê èøç 4 ÷ êxk+= +2p ë ë 44 p p 0,5 Vậy pt có nghiệm là xk=- + p , xkxkk=+pp,2 =() Î . 4 2
3. 2) Điều kiện 22x PT (x 2) (x 1) 4 x 2222 (x 2) (x 1) (4 x ) 1,0 2 xxxx(x 2)(x 2) 0 0, 2, 2 Thử lại điều kiện thỏa mãn 0,5 3 1) ĐK: xy 0 32(1)xy22 y Hệ . Trừ vế hai phương trình ta được 22 32(2)yx x xy 0 1,0 33x2222 y xy y x 3()()()0 xy x y x y x y 30xy x y TH 1. x yyx0 thế vào (1) ta được 3201x32 xx y2 2 x2 2 TH 2. 30xyxy . Từ 30yy 2 , 30xx 2 x y 30xyxy . Do đó TH 2 không xảy ra. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1) 1,0 35 2)Chứng minh bằng phương pháp qui nạp được un với mọi n = 1,2, 2 Chứng minh được dãy (u ) giảm n 0,5 35 Do đó (un ) tồn tại giới hạn. Giả sử limuan thì a n 2 0,5 135 Chuyển qua giới hạn hệ thức (1) ta được aaaa 2 310 32 a 35 1,0 Vậy limun n 2 4. Gọi H là hình chiếu của A trên , suy ra H là trung điểm BC. 9 Khi đó: AH d(, A BC ) 2 1 SBCAHBC .42 ABC 2 BC 2 97 AB AC AH 2 42 97 Suy ra B và C thuộc đường tròn tâm A và bán kính R 1,5 2 Do đó B và C là giao điểm của và đường tròn nên tọa độ điểm B và C là 2297 (1)(xy 4) nghiệm của hệ: 2 xy 40 11 3 3 5 35 113 Giải được: BC ( ; ), ( ; ) hoặc BC ( ; ), ( ; ) 1,5 22 2 2 22 22 5. 024 2014 AC 32014 5 C 2014 7 C 2014 2017 C 2014 1) 2 4 2014 0 2 4 2014 2C2014 4 C 2014 2014 C 2014 3 CCC 2014 2014 2014 C 2014 0,5 0 2 4 2014 2013 Tính được CCC2014 2014 2014 C 2014 2 kk 1 Chứng minh kC2014  2014 C 2013 , k , n ,0 k n .
4. 2 4 2014 1 3 2013 2012 Suy ra, 2CC2014 4 2014 2014 C 2014 2014 CC 2013 2013 C 2013 2014.2 0,5 2012 2013 2013 Vậy A 2014.2 3.2 1010.2 . 0,5 2) - Số chia hết cho 6 là số chia hết cho 3 và số đó là số chẵn. - Số chia hết cho 3 là số aaa123có tổng ba chữ số ()aaa123 chia hết cho 3. - Số chẵn là số chó chữ số tận cùng chia hết cho 2. Để lập được số có 3 chữ số khác nhau từ tập A sao cho số đó chia hết cho 6 ta chia làm hai giai đoạn. 1/ chọn bộ ba chữ số khác nhau từ tạp A sao cho tổng 3 chữ số cộng lại chia hết cho 3 và trong ba chữ số đó có ít nhất 1 chữ số chẵn. 2/ Xếp mỗi bộ chọn được thành số có 3 chữ số sao cho số tận cùng phảit là số chẵn. Để chọn và xếp khoa học ta nên chia ra ba trường hợp nhỏ như sau: TH1: trong 3 chữ số chỉ có một chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau: 1; 2; 3 , 1; 2; 9, 1; 3; 8, 1; 4; 7 , 1; 5; 6 , 2;3; 7, 2; 7;9, 3; 4; 5 , 3; 6; 9 , 3; 7; 8, 4;5;9 , 5; 6; 7, 7;8;9 . Với trường hợp này: số cách chọn và xếp là: NC 1 *1*2*1 = 26 TH113 TH2: trong 3 chữ số chỉ có hai chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau: 1; 2; 6, 1; 6; 8 , 2;3; 4, 2; 4;9, 2;5;8 , 2;6;7 , 3; 4;8, 4;5; 6, 4;8;9 6; 7;8 Với trường hợp này số ccáh chọn và xếp là: NC 1 *2*2*1 = 40 TH 210 0,5 TH3: trong 3 chữ số chọn được đề là chữ số chẵn, gồm có các bộ số sau: 2; 4; 6 , 4; 6;8 Với trường hợp này số ccáh chọn và xếp là: NC 1 *3! = 12 TH 32 Số cách chọn số có 3 chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 6 là: NNNTH123 TH TH = 78 0,5 3 Phép thử: lập số có 3 chữ số khác nhau từ A  nA 9 504 A: là biến cố lập được số có ba chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 6. NA() N N N TH123 TH TH NA() 78 Xác suất của biến cố A: PA( ) 0.155 N( ) 504 0,5 6. _S _N _D _C _K _M _O _A _B
5. a) + Theo giả thiết ta được: SO  ABCD SAC ABCD . Mà BK SAC và B BK  AC BK SA . + Gọi H là hình chiếu của K xuống SA HKSA và HK BK ( vì HKSAC ) HK là đoạn vuông góc chung của SA và BK . Suy ra được: BH SA và HBK vuông tại K . 1,0 111 ab22 + Do ABC vuông đỉnh A nên: BK2 . BK222 AB BC a 22 b 2 2 a c.a SI.AB 4 + SAB cân đỉnh S , BH là đường cao nên HB SA c + Do HBK vuông tại K nên: (4c222 a )a a 22 b HK222 HB BK 4c222 a b 2224 2 222 2 (4c a b )a a (4c a b ) HK HK 4c22 (a b 2 ) 2c (a 2 b 2 )    b) + 2BM BA BK ( vì M là trung điểm của AK ) 1,0     11     + MN MB BC CN (AB KB) BC BA 22  1   + MN KB BC . 2 + Do đó:       4BM.MN (BA BK).(KB 2BC)         = BA.KB 2BA.BC BK.KB 2BK.BC       = BA.KB BK.KB 2BK.BC      = KB.(BA BK 2.BC)      = KB.(BA BC BK BC)        = KB.(CA CK) KB.CA KB.CK 0 Vậy: BK MN . 1,0