Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Lớp 12 THPT Số báo danh Ngày thi 24/03/2015. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. x 2 Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số: y có đồ thị (C) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Cho điểm A(0; a). Tìm điều kiện của a để từ điểm A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành. Câu II (4,0 điểm) 3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3 1. Giải phương trình: 1 2cos x 3 20 6 x 17 5 y 3x 6 x 3y 5 y 0 2. Giải hệ phương trình: x, y ¡ 2 2 2x y 5 3 3x 2y 11 x 6x 13 Câu III (4,0 điểm) 1. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ab bc ca 1 . Chứng minh rằng : a b c 3 3 . b2 c2 2 c2 a2 2 a2 b2 2 8 5x2 2xy y2 2 2. Tìm m để hệ có nghiệm thực. 2 2 m 2x 4xy 5y m 1 Câu IV (4,0 điểm) 1. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ta lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ? 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) là 9 hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là trung điểm của cạnh BC, 2 phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của ADH là : 4x y 4 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. Câu V (4,0 điểm) 1. Cho tứ diện SABC có SA a, SB b, SC c và SA  SB, SA  SC, SB  SC . Gọi R , V theo thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và thể tích của tứ diện SABC . 6 972V 2 Tính diện tích tam giác ABC theo a,b,c và chứng minh rằng: R 2 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;2; 1 , B 0;4;0 và mặt phẳng (P) có phương trình: 2x y 2z 2015 0 . Viết phương trình mặt phẳng Q đi qua hai điểm A, B và tạo với mặt phẳng P một góc nhỏ nhất. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 Hướng dẫn chấm Môn thi: TOÁN LỚP 12 THPT Đề chính thức (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang ) Câu Ý Nội dung Điểm I. 1. x 2 Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số y (4.0) (2.0) x 1 * Tập xác định: D ¡ \ 1 0.25 3 * Sự biến thiên: y ' 2 0x D 0.25 x 1 lim y 1 , lim y 1 , lim y ; lim y , 0.25 x x x 1 x 1 Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y =1 . 0.25 Bảng biến thiên x - 1 + _ y’ – 0.5 - 1+ y - 1 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1 , 1; ; * Đồ thị : x + 2 f x = x 1 8 g x = 1 h y = 1 6 4 2 0.5 15 10 5 5 10 15 2 4 6 8 Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-2), cắt trục hoành tại (-2;0). Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 1) làm tâm đối xứng.
3. 2. Tìm điều kiện của a để từ điểm A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp (2.0) điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành. Xét thấy đường thẳng x = 0 đi qua A và không tiếp xúc với đồ thị (C) 0,25 Phương trình đường thẳng d đi qua A(0;a) và có hệ số góc k: y kx a x 2 kx a x 1 0.25 d là tiếp tuyến của (C) Hệ PT 3 có nghiệm k 2 (x 1) PT: f(x) =(1 a)x2 2(a 2)x (a 2) 0 (1) có nghiệm x 1 . 0.25 Để qua A có 2 tiếp tuyến thì (1) phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1 a 1 a 1 ' 3a 6 0 (*) 0.25 a 2 f (1) 0 2(a 2) a 2 3 3 Khi đó ta có: x x ; x x và y 1 ; y 1 1 2 1 2 1 2 0.25 a 1 a 1 x1 1 x2 1 Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía đối với trục hoành thì y1.y2 0 3 3 x .x 2(x x ) 4 1 . 1 0 1 2 1 2 0 0,25 x1 1 x2 1 x1.x2 (x1 x2 ) 1 2 3a 2 0 a 3 0.25 2 a Kết hợp với điều kiện (*) ta được: . 3 0,25 a 1 II. 1. 3sin 2x cos2x 5sinx + 2 3 cosx + 3 + 3 (4.0) (2.0) Giải PT lượng giác: 1 (1) 2cos x 3 3 Điều kiện: cos x . 0.25 2 PT 3sin2x cos2x 5sinx 2 3 cosx + 3 + 3 2cosx 3 0.25 3sin2x cos2x 5sinx 3cosx + 3 = 0 0.25 3cosx 2sinx 1 + 2sin2x 5sinx + 2 = 0 3cosx 2sinx 1 + 2sinx 1 sinx 2 = 0 0.25 2sinx 1 3cosx + sinx 2 = 0 0.25 1 sinx = 2 0.25 sin x 1 3
4. x k2 6 5 x k2 . 0.25 6 x k2 6 So sánh với đk, kết luận nghiệm pt là: x k2 , k ¢ 0.25 6 2. (2.0) Giải hệ phương trình : 20 6 x 17 5 y 3x 6 x 3y 5 y 0 1 2.00 x, y ¡ 2 2 2x y 5 3 3x 2y 11 x 6x 13 2 Điều kiện: x 6; y 5;2x y 5 0; 3x 2y 11 0 0.25 20 3x 6 x 17 3y 5 y 0.25 3 6 x 2 6 x 3 5 y 2 5 y 3 Xét hàm số f t 3t 2 t với t 0 , ta có 0.25 3t 2 f ' t 3 t 0, t 0 2 t Kết hợp với 3 ta có f 6 x f 5 y 6 x 5 y y x 1 0.25 Thay vào phương trình 2 của hệ, ta được 4 2 3x 4 3 5x 9 x2 6x 13 , với x . 0.25 3 2 3x 4 x 2 3 5x 9 x 3 x2 x 2x x 1 3x x 1 0.25 x2 x 3x 4 x 2 5x 9 x 3 2 3 x x 1 1 0 3x 4 x 2 5x 9 x 3 0.25 2 3 x 0; x 1 (vì 1 1 với mọi x thuộc TXĐ) 3x 4 x 2 5x 9 x 3 Với x 0 y 1 Với x 1 y 2 0.25 Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x; y  0; 1 ; 1; 2  III. 1. Cho các số thực a,b,c 0 và thỏa : ab bc ca 1 CMR: (4.0) (2.0) a b c 3 3 (*) b2 c2 2 c2 a2 2 a2 b2 2 8
5. Có ab bc ca 1 nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c 2 a b c 2(ab bc ca) a (a b c) a S a 0.25 trong đó S a b c và S 2 (a b c)2 3(ab bc ca) 3 S 3 . a b c 3 3 Khi đó b2 c2 2 c2 a2 2 a2 b2 2 8 0.25 a b c 3 3 S 2 a2 S 2 b2 S 2 c2 8 aS 2 bS 2 cS 2 3 3 S 2 S 2 a2 S 2 b2 S 2 c2 8 0.25 a3 b3 c3 3 3 a b c S 2 S 2 a2 S 2 b2 S 2 c2 8 0.25 a3 b3 c3 3 3 S S 2 S 2 a2 S 2 b2 S 2 c2 8 0.25 a4 b4 c4 3 3 S S 2 aS 2 a3 bS 2 b3 cS 2 c3 8 Lại có theo Cauchy-Schazw thì a4 b4 c4 (a2 b2 c2 )2 aS 2 a3 bS 2 b3 cS 2 c3 S 2 (a b c) (a3 b3 c3 ) S(a2 b2 c2 )2 S(S 2 2)2 S(S 2 2)2 0.25 S 4 (a b c)(a3 b3 c3 ) S 4 (S 2 2)2 4S 2 4 (Vì (a2 b2 c2 )2 ( a. a3 b. b3 c. c3 )2 (a b c)(a3 b3 c3 ) ) 2 2 2 2 S(S 2) 3 3 2 (S 2) 3 3 Ta đi chứng minh 2 S S 2 1 S 0.25 4(S 1) 8 4(S 1) 8 2S 3 3 3S 2 3 3 0 (S 3)(2S 2 3S 3) 0 2 (S 3) (2S 3) 0 (luôn đúng S 3) 0.25 1 Vậy BĐT (*) được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a b c . 3 2. 5x2 2xy y2 2 (1) (2.0) Tìm m để hệ có nghiệm thực. 2 2 m 2x 4xy 5y (2) m 1 Có 5x2 2xy y2 2 5x2 2xy y2 2 2m 2 x2 6xy 9y2 2 0.25 2 2 m 2 2 2m 2x 4xy 5y 4x 8xy 10y m 1 m 1 m 1 m 1 +) Điều kiện cần: Giả sử (x0 ; y0 ) là một nghiệm của hệ thì 2 0.25 x 2 6x y 9y 2 (x 3y )2 0 m 1. m 1 0 0 0 0 0 0 Do đó m 1 là điều kiện cần để hệ đã cho có nghiệm. 0.25 m 1 5x2 2xy y2 2 (1) +) Điều kiện đủ: m 1 1 1 , nên nếu hệ 2 2 0.25 m 1 m 1 2x 4xy 5y 1 (2)
6. 5x2 2xy y2 2 có nghiệm thì cũng là một nghiệm của hệ . (x0; y0 ) (x0; y0 ) 2 2 m 2x 4xy 5y m 1 5x2 2xy y2 2 5x2 2xy y2 2 Xét hệ (x 3y)2 0 x 3y 2 2 2 2 0.25 2x 4xy 5y 1 4x 8xy 10y 2 2 1 1 3 1 3 1 Thay x 3y vào (1) ta được y y (x; y) ( ; ); (x; y) ( ; ). 0.5 25 5 5 5 5 5 Vậy m 1 là giá trị cần tìm. 0.25 IV. 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó hai chữ số kề nhau không (4.0) (2.0) cùng là số lẻ? Gọi số đó là A a a a a a a . Từ giả thiết suy ra A có 1 hoặc 2 hoặc 3 chữ số lẻ. 1 2 3 4 5 6 0.25 TH1: A có 1 chữ số lẻ 1 +) a1 lẻ: Số các số A là C5 P5 600 0.25 1 4 +) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Số các số A là 4.(C5C4 )P5 2400 Tổng có: 600 + 2400 = 3000 số các số A trong đó có đúng một chữ số lẻ. 0.25 TH2: A có 2 chữ số lẻ +) a1 lẻ: Có 5 cách chọn a1 . Có 5 cách chọn a2 chẵn. 1 3 Vậy số các số A là 5.5.(C4C4 )P4 9600 0.25 +) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 6 cách chọn hai vị trí không kề nhau của hai số lẻ trong a a a a a . Vậy số các số A là 4.(C 2.6.P ).A3 11520 2 3 4 5 6 5 2 4 0.25 Tổng có: 9600 + 11520 = 21120 số các số A. TH3: A có 3 chữ số lẻ +) a1 lẻ: Có 5 cách chọn a1 . Có 5 cách chọn a2 . Có 3 cách chọn hai vị trí không kề nhau 2 2 của hai số lẻ trong a3 a4 a5 a6 Vậy số các số A là 5.5.(C4 .3.P2 ).A4 10800 +) a1 chẵn: Có 4 cách chọn a1 . Có 1 cách chọn 3 vị trí không kề nhau của 3 số lẻ trong 0.25 3 2 a2 a3 a4 a5 a6 . Vậy số các số A là 4.(C5 .1.P3 ).A4 2880 Tổng có: 10800 + 2880 = 13680 số các số A. 0.25 Tóm lại có: 3000 + 21120 + 13680 = 37800 số các số A. 0.25 2. Viết phương trình cạnh BC (2.0) Gọi K là trung điểm của HD. Ta chứng minh AK  KM . 0.25 Thật vậy gọi P là trung điểm của AH. Ta có PK song song và bằng nửa AD 0.25 PK  AB . Mà AH  KB do đó P là trực tâm của tam giác ABK. BP  AK 0.25 mà BPKM là hình bình hành nên KM song song BP AK  KM 0.25 9 Phương trình đường thẳng KM: đi qua M ( ; 3) và vuông góc với AK: 4x y 4 0 2 0.25
7. 15 nên MK có pt: x 4 y 0 . 2 1 0.25 DoK AK  MK Toạ độ K ( ; 2) . 2 Do K là trung điểm của HD mà H(1; 2) nên D(0; 2) pt của BD: y – 2 = 0 AH đi qua H(1; 2) và vuông góc với BD nên AH có PT: x - 1 = 0 và A AK  AH A(1; 0). 0.25 9 BC qua M ( ; 3 ) và song song với AD nên BC có PT là: 2x + y – 12 = 0. 0.25 2 V 1. 6 972V 2 (4.0) (2.0) Tính dt(ABC), C/m : R 2 A a N I S c C b M B abc 0.25 Ta có V (1); 6 1 1 1 1 0.25 Gọi h là độ dài đường cao kẻ từ S của hình chóp SABC ta có: (2) h2 a2 b2 c2 3V 0.25 Gọi diện tích tam giác ABC là dt(ABC) ta có: dt(ABC) (3) h a2b2 b2c2 c2a2 0.25 Từ (1), (2), (3) ta có dt(ABC) 2 Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC M , N lần lượt là trung điểm của BC, SA 0.25 1 1 1 Khi đó R IS SN 2 SM 2 SA2 SB2 SC 2 a2 b2 c2 4 4 2 6 27a2b2c2 Theo Côsi ta có: R (4) 0.5 2 6 972V 2 Từ (4) và (1) suy ra R 2 0.25 Vậy ta có điều phải chứng minh.
8. 2. Viết phương trình mặt phẳng điQ qua hai điểm A và, B tạo với mặt phẳng mộtP (2.0) 2.00 góc nhỏ nhất Mặt phẳng Q đi qua điểm B nên có phương trình dạng 0.25 ax b y 4 cz 0 Q a,b,c ¡ , a2 b2 c2 0 Mà điểm A cũng thuộc Q nên a.1 b 2 4 c 1 0 a 2b c 1 . 0.25  Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng P :n 2; 1; 2 P Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng Q :nQ a;b;c 0.25 Gọi là góc tạo bởi hai mặt phẳng P , Q . Khi đó ta có   nP .nQ 2a b 2c cos   2 2 2 2 0.25 nP . nQ 3. a b c Thế a 2b c 1 vào 2 ta được 3b b 0.25 cos 3. 5b2 4bc 2c2 5b2 4bc 2c2 0 +) Nếu b 0 cos =0 =90 . 0.25 +) Nếu 1 1 1 1 b 0 cos 2 2 2 c c c c c 3 0.25 2 4 5 2 4 5 2 1 3 b b b b b 1 c Vậy góc nhỏ nhất khi cos 1 c b,a b . Do đó phương trình mặt 3 b 0.25 phẳng Q có dạng : x y z 4 0 . Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.