Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 (Chuyên) - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 (Chuyên) - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN THI: TOÁN LỚP 12 CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 29/3/2014 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 ( 4,0 điểm) 1) Giải phương trình 2sin3xx 1 4sin2 1. 2x 2) Cho hàm số y có đồ thị (C). Tìm tọa độ hai điểm M, N thuộc đồ thị (C) sao cho tam x 1 giác OMN vuông cân tại O, với O là gốc tọa độ. Câu 2 ( 4,0 điểm) 2 1) Giải phương trình 4 |x 2 | logx 2 4 x 62 x 4 x 3 log2| x 2|2 0 ( x ). 3 1 3 222xy xy 1 2) Giải hệ phương trình xy ( x ). 2 x 2 y 2 x y 4 x 3 y 4 x 5 y Câu 3 (5,0 điểm) /4 dx 1) Tính tích phân I . 0 cosxx 2 sin 2 1 iz 2) Tìm số phức z biết rằng zi 2z 3 và có một acgumen bằng . 1 3 1 3 i 6 Câu 4 (5,0 điểm) 1) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các mặt là hình thoi cạnh a, BAD BAA' A ' AD 600 . a) Tính thể tích hình hộp đã cho theo a. b) Tính cosin của góc giữa đường thẳng CA' và mặt phẳng đáy của hình hộp. x 11 y z 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và hai điểm 2 1 2 AB(1;5;0), (3;3;6) . Tìm tọa độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho chu vi của tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất. 12 Câu 5 ( 2,0 điểm). Cho bốn số thực abc,, và d thuộc đoạn ;. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 23 22 a c c d T 16 25 . a d a b HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký)
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NGÀY THI 29/3/2014 HDC ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP 12 CHUYÊN (Bản hướng dẫn chấm có 04 trang) Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 (4đ) 2sin3x 1-4sin22xx 1 2sin3x 4cos 3 1 (1) 0.5 Xét cosx=0 x= k , k . thay vào (1) không thỏa mãn. 2 Xét cosx 0 x k , k . 2 0.5 Nhân hai vế của (1) với cosx ta được 2sin3xc os3x=cosx 1.1. 2 (2.0 điểm) xk 14 7 sin6x=sin x ; k . 0.5 2 2 xk 10 5 Kết hợp với x,kk ta được tập nghiệm 2 22 0.5 k; k , k 75, n k 75, n k 51,, n k n 14 7 10 5 22ab Lấy hai điểm phân biệt M a; , N b ; ,( a 1; b 1; a b ) ab11 thuộc đồ thị (C). 0.5 OM ON Tam giác OMN vuông cân tại O khi và chỉ khi OM.0 ON 22 2244ab ab 22 (3) ab 11 4ab 0.5 ab 0 (4) ab 11 1.2 Từ (4) suy ra ab 1 1 4 hoặc ab 0 (2.0 điểm) Nếu ab=0 suy ra hoặc M hoặc N trùng với O (không thỏa mãn). 0.5 Biến đổi phương trình (3) thành 5ab 2ab=0 (ab 1)( 1) 4 Ta được hệ , 5ab 2ab=0 a 5 5 a 0.5 Giải ra ta được 5 hoặc 3 b= 3 b=-5 55 55 Vậy ta tìm được cặp điểm MN;5 ; 5; hoặc MN5; ; ;5 11332233
3. Câu 2 (4đ) Phương trình đã cho tương đương với 2 2.4 |x 2| log (x 2 4 x 6) 2 x 4 x 3 log (2 | x 2 | 2) 33 0.5 1 2|x 2| 2 x2 4 x 3 2 log33 (x 4 x 6) 2 log (2 | x 2 | 2) x2 4 x 3 2 2| x 2| 1 2 .log33 x 4 x 6 2 .log2| x 2|2 0.5 x2 4 x 6 2 2| x 1| 2 2 .log33 x 4 x 6 2 .log(2| x 2|2  . t Xét hàm số f( t ) 2 .log3 t trên đoạn [2; ) ta có 2.1 1 (2.0 điểm) f'( t ) 2tt ln 2.log t 2 . 0,  t 2 . 0.5 3 t ln3 Suy ra ft() đồng biến trên . Khi đó ta có (2') f ( x2 4 x 6) f (2| x 2|2) x2 4 x 6 2 | x 2 | 2 0.5 (xx 2)2 2 | 2 | 0. Giải phương trình trên được tập nghiệm của phương trình đã cho là {0;2;4}. 222xy xy 1 xy 2 x 2 y 2 x y 4 x 3 y 4 x 5 y Điều kiện xy0; 4x 3 y 0; 4 x 5 y 0. 0.5 Biến đổi phương trình (1) ta được 2xy (x y )2 2xy+ 1 x y3 x y 2xy x+y 2xy=0 x+y 2.2 x y x y2 1 2xy x+y-1 0 x y 1 x22 y x y 0 0.5 (2.0 điểm) * Với x y- 1 0 y 1 x thế vào phương trình (2) ta được 4x 12 3 x 5 x Ta thấy 4x 12 4 0.5 Áp dụng BĐT bunhia: 3x 5 x (1 1) 3 x 5 x 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1 * Với x22 y x y 0 phương trình vô nghiệm vì . 0.5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là xy; 1;0 . Câu 3 (5 đ) /4 dx I 0 cosxx 2 sin 2 / 4dx1 / 4 d (tan x ) 0.75 2 2 2 00cosx 2 tan x 2 tan x 2 2 13 3.1 tan x (3.0 điểm) 24 13 3 Đặt tanx + tan u , u ; ; dtan x 1 tan2 u du 2 2 2 2 2 0.75 Đổi cận: x0; u x u 6 4 3
4. 2 13 1 tan u du 1 3 1 3 1 Khi đó I tan2 u 1 du du 0.75 2 2 tanu 1 2 2 cosu 6 6 6 13 1 1 1 1 sinu 3 2 7 4 3 I d(sin u ) ln ln 0.75 2 2 1 sinu 1 sin u 2 2 1 sin u 4 3 6 6 1ii 1 3 1 Ta có cos -i sin - 0.5 1 3 1 3 i 4 2 3 3 Đặt z rcos i sin , r 0. 1 i z r Khi đó cosi sin 1 3 1 3 i 2 3 3 0.5 3.2 từ giả thiết suy ra (2.0 điểm) 3 6 6 Mặt khác r3 r ri 3 i r 2 r 1 . 0.5 2 Giải phương trình trên ta tìm được rr2; . 3 0.5 31 Vậy có hai số phức z thỏa mãn là z= 3i ; z i 33 Câu 4 (5 đ) A H O D B C G 4.1 (3.0 điểm) A' B' D' C' a) Chứng minh được tam giác A'BD đều cạnh bằng a. 0.5 Suy ra tứ diện A'ABD là tứ diện đều cạnh a. a 3 2 Tính được thể tích V A'D AB 12 0.5 Chỉ ra được thể tích của khối hộp bằng sáu lần VA'D AB 0.5
5. a 3 2 Do vậy thể tích của khối hộp bằng 2 b) Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD. Theo chứng minh trên ta có tứ diện A'ABD là tứ diện đều suy ra A'H vuông góc với mặt phẳng (ABD) 0.5 Góc giữa A'C và mặt phẳng (ABCD) là góc A'CA a 6 2a Xét tam giác A'HC có A'H ; CH ; A'Ca 2 0.5 33 6 Tính được cosA'CA 0.5 3 Tâm I(1;1;-2); bán kính R = 5. d(IPR ;( )) 3 nên (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) bán kính r = 4. 0.5 Tâm H của (C) là hình chiếu của I lên (P). (P) có VTPT n (1; 2;2). 0.5 Viết phương trình đường thẳng IH từ đó tìm được H(2;-1;0) 4.2 20 20 (2 .0 điểm) Xét u t; ;0 , v 2 t ; ;0 , khi đó 99 0.5 CA CB3|||| u v 3| u v |229 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi uv, cùng hướng , từ đó tìm được t = 1. 0.5 Vậy điểm C(1;0;2) Câu 5 (1 đ) Ta có 22 ad ac 7 33 1 a d a d a d 3 1 2d 0.75 2 d cd 1 3 3d 2 11 ab 3 22 2 49 3d 2 1 2.0 điểm Vậy T 162 25 f ( d ). 9 2d 1 99 0.75 3 150 3d 2 2d 1 3136 12 fd'( ) 0 , d ; 3 2d 1 23 2 Suy ra fd() đồng biến, từ đó f( d ) f ( ) 928 . 3 928 12 0.5 KL max T bằng đạt được khi a;b c d 9 23 Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng. - Với bài toán hình học nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm phần tương ứng.