Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Yên Lạc 2 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Yên Lạc 2 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 ĐỀ THI MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2.5 điểm). 3 2 2 a) Cho hàm số y x 3mx 4m 2 có đồ thị là Cm . Tìm m để đồ thị hàm số Cm có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4 với điểm C 1;4 . 2x 4 b) Cho hàm số y có đồ thị là C và hai điểm M 3;0 , N 1; 1 . Tìm trên đồ thị x 1 hàm số C hai điểm A, B sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN . Câu 2 (2.0 điểm). a) Giải phương trình: 4cos2 x 1 sin x 2 3 cos xcos2x 1 2sin x. b) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác 5 suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn . 6 3x2 2x 5 2x x2 1 2 y 1 y2 2y 2 Câu 3 (1.0 điểm).Giải hệ phương trình x, y ¡ 2 2 x 2y 2x 4y 3 Câu 4 (1.5 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD.A1B1C1D1 có các cạnh AB AD 2, AA1 3 · 0 và góc BAD 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A1D1 và A1B1. a) Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng BDMN . b) Tính thể tích khối chóp A.BDMN . Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB 3, BC 6, mặt phẳng SAB vuông góc với đáy, các mặt phẳng SBC và SCD cùng tạo với mặt phẳng ABCD các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 6. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD. Câu 6 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J 2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 2x y 10 0 và D 2; 4 là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x y 7 0. Câu 7 (1.0 điểm). Cho các số thực dương a, b, cthỏa mãn a b c 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của 7 121 biểu thức A . a2 b2 c2 14 ab bc ca Hết - Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh:
2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài thí 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 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: 3 2 2 Câu 1.a (1.25 điểm) Cho hàm số y x 3mx 4m 2 có đồ thị là Cm . Tìm m để đồ thị hàm số Cm có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4 với điểm C 1;4 . Nội dung Điểm TXĐ: D ¡ . Đạo hàm: y ' 3x2 6mx 2 x 0 y ' 0 3x 6mx 0 . Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thìm 0. 0.25 x 2m Tọa độ hai điểm cực trị là A 0;4m2 2 , B 2m; 4m3 4m2 2 .  0.5 Ta có: AB 2m; 4m3 AB 4m2 16m6 2 m 1 4m4 . Phương trình đường AB : 2m2 x y 4m2 2 0. 6 2m2 1 3 d C; AB , suy ra S ABC d C; AB .AB 6m 2m . 0.25 1 4m4 2 3 m 1 Do đó 6m 2m 4 . 0.25 m 2 2x 4 Câu 1.b (1.25 điểm) Cho hàm số y có đồ thị là C và hai điểm x 1 M 3;0 , N 1; 1 . Tìm trên đồ thị hàm số C hai điểm A, B sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN . Nội dung Điểm Phương trình đường MN : x 2y 3 0 . Phương trình đường AB : y 2x m . 0.25 2x 4 Khi đó hai điểm A, B có hoành độ thỏa mãn: 2x m . ĐK: x 1. x 1 0.25 Pt 2x2 mx m 4 0 1 Trang 1/6, HDC HSG12-Môn Toán
3. Để đường AB cắt C tại hai điểm phân biệt thì pt 1 có hai nghiệm phân biệt 0 2 m 4 4 3 khác -1 m 8m 32 0 . 2 m m 4 0 m 4 4 3 x1 x2 Trung điểm I của đoạn AB có tọa độ ; x1 x2 m với x1, x2 là nghiệm 2 0.5 m m m của pt 1 . Mà x1 x2 nên I ; . 2 4 2 m m Ta có: I MN nên 2. 3 0 m 4 ( thỏa mãn). 4 2 0.25 Suy ra A 0; 4 , B 2;0 hoặc A 2;0 , B 0; 4 . Câu 2.a (1.0 điểm) 4cos2 x 1 sin x 2 3 cos xcos2x 1 2sin x. Nội dung Điểm Phương trình tương đương với: 2sin x(2cos2 x 1) 2 3 cos xcos2x 4cos2 x 1 0. 0.25 2sin xcos2x 2 3 cos xcos2x 3cos2 x sin2 x 0 0.25 2cos2x sin x 3 cos x 3 cos x sin x 3 cos x sin x 0 3 cos x sin x 2cos2x 3 cos x sin x 0 +) 3 cos x sin x 0 tan x 3 x k . 3 0.25 5 x k2 5 6 0.25 +) 2cos2x 3 cos x sin x 0 cos2x cos x . 6 5 k2 x 18 3 5 5 k2 Vậy phương trình có nghiệm: x k , x 2k , x . 3 6 18 3 Câu 2.b (1.0 điểm) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao 5 nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn . 6 Nội dung Điểm Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4 (các thẻ ghi số 4 và 8), 7 thẻ còn 0.25 lại ghi số không chia hết cho 4. x Giả sử rút x 1 x 9; x ¥ , số cách chọn x từ 9 thẻ trong hộp là C9 , số phần tử x của không gian mẫu là:  C9 . Gọi A là biến cố:” Trong số x thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4” Suy ra A là biến cố:” Lấy x tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4” x Số cách chọn tương ứng với biến cố A là A C7 Trang 2/6, HDC HSG12-Môn Toán
4. x x C7 C7 0.25 Ta có P A x P A 1 x C9 C9 x 5 C7 5 2 0.25 Do đó P A 1 x x 17x 60 0 5 x 12 6 x 9 6 C9 6 Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6. Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6. 0.25 3x2 2x 5 2x x2 1 2 y 1 y2 2y 2 Câu 3. (1.0 điểm) x, y ¡ 2 2 x 2y 2x 4y 3 Nội dung Điểm 3x2 2x 5 2x x2 1 2 y 1 y2 2y 2 0 (1) Hệ đã cho trở thành: 2 2 x 2y 2x 4y 3 0 (2) 2 2 2 2 2 3x 2x 5 2x x 1 2 y 1 y 2y 2 x 2y 2x 4y 3 0.25 x2 x x2 1 y 1 2 y 1 y 1 2 1 (*) t 2 Xét hàm số: f (t) t 2 t t 2 1 (t ¡ ) có f '(t) 2t t 2 1 2t 2t 0 t 2 1 Suy ra f t là hàm số đồng biến trên ¡ 0.25 Do đó từ phương trình (*) ta có: x y 1 thế vào phương trình (2) ta được: 2 2 y y 1 2y2 2 y 1 4y 3 0 3y2 4y 4 0 3 0.25 y 2 +) Với y 2 x 1 2 5 +) Với y x 3 3 5 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y là: 1; 2 ; ; . 3 2 0.25 Câu 4.a (0.75 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A1B1C1D1 có các cạnh · 0 AB AD 2, AA1 3 và góc BAD 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A1D1 và A1B1. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng BDMN . Trang 3/6, HDC HSG12-Môn Toán
5. Nội dung Điểm Ta có: BD  AC, BD  AA1 BD  mp(ACC1 A1) AC1  BD. 0.25       1  1  2 1    2 Mặtkhác: AC1.BN AB BC CC1 BB1 BA AB BA.BC BB1 = 2 2 2   0.5 2 1 3 0. Suy ra AC1  BN 2 . Từ 1 và 2 AC1  (BCMN). Câu 4.b (0.75 điểm) Tính thể tích khối chóp A.BDMN . Nội dung Điểm Gọi AA1  DM  BN I A1, M , N lần lượt là trung điểm của AI, DI, BI. 0.25 VI .AMN IA.IM.IN 1 3 VA.BDMN VI .ABD VI .ABD IA.IB.ID 4 4 3 1 1 3 3 Suy ra V . .IA.S .2 3.22. dvtt 0.5 A.BCMN 4 3 ABD 4 4 2 3 Vậy thể tích khối chóp A.BDMN bằng . 2 Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB 3, BC 6, mặt phẳng SAB vuông góc với đáy, các mặt phẳng SBC và SCD cùng tạo với mặt phẳng ABCD các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 6. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD. Trang 4/6, HDC HSG12-Môn Toán
6. Nội dung Điểm Hạ SH  AB H AB SH  ABCD Kẻ HK  CD K CD tứ giác HBCK là hình chữ nhật. Ta có: BC  SAB Góc giữa mặt phẳng SBC và ABCD là: S· BH 0.25 CD  SHK Góc giữa mặt phẳng SCD và ABCD là: S· KH Theo giả thiết:.S· BH S· KH SHB SHK g c g HK HB BC 6 Do đó A là trung điểm của HB. 0.25 Ta thấy Y ABDK là hình bình hành BD / / AK BD / / SAK mà SA SAK Suy ra d BD, SA d BD, SAK d D, SAK d H, SAK h 6. 1 1 1 1 1 1 1 1 Do tam diện H.SAK vuông tại H nên: h2 HS 2 HA2 HK 2 6 HS 2 9 36 SH 6 0.25 1 1 Suy ra V .SH.S .6.3.6 36 (dvtt). S.ABCD 3 ABCD 3 Gọi là góc giữa hai đường thẳng SA và BD BD, SA AK, SA Ta có: SA 6 2, SA AK 3 5. Trong tam giác SAK có: AS 2 AK 2 SK 2 45 45 72 1 cos S· AK . 0.25 2.AS.AK 2.3 5.3 5 5 1 Vậy S· AK arccos . 5 Câu 6. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J 2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 2x y 10 0 và D 2; 4 là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x y 7 0. Nội dung Điểm Trang 5/6, HDC HSG12-Môn Toán
7. AJ đi qua J 2;1 và D 2; 4 nên AJ có phương trình : x 2 0 Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : 0.25 x 2 0 x 2 A 2;6 . 2x y 10 0 y 6 Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có D»B D»C DB DC và E»A E»C 1 1 D· BJ sd E»C sd D»C sd E»A sd D»B D· JB DBJ cân tại D. 2 2 DB DC DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC. 0.25 Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D 2; 4 bán kính JD 0 52 5 có phương trình x 2 2 y 4 2 25. Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm: 2 2 x 2 y 4 25 x 3 x 2 B 3; 4  0.25 x y 7 0 y 4 y 9 B 2; 9 Do B có hoành độ âm nên B 3; 4 . BC đi qua B 3; 4 và vuông góc AH nên có phương trình: x 2y 5 0 . 2 2 x 2 y 4 25 Khi đó C là nghiệm của hệ: C 5;0 x 2y 5 0 0.25 Vậy A 2;6 , B 3; 4 , C 5;0 . Câu 7. (1.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, cthỏa mãn a b c 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của 7 121 biểu thức A . a2 b2 c2 14 ab bc ca Nội dung Điểm 2 2 2 2 1 a b c Ta có 1 a b c a2 b2 c2 2 ab bc ca ab bc ca 2 0.25 7 121 Do đó A a2 b2 c2 7 1 a2 b2 c2 Trang 6/6, HDC HSG12-Môn Toán
8. Đặt t a2 b2 c2 . Vì a, b, c 0 và a b c 1 nên 0 a 1, 0 b 1, 0 c 1 Suy ra t a2 b2 c2 a b c 1 0.25 Mặt khác 1 a b c 2 a2 b2 c2 2 ab bc ca 3 a2 b2 c2 2 2 2 1 1 Suy ra t a b c . Vậy t ;1 . 3 3 7 121 1 Xét hàm số f t ; t ;1 t 7(1 t) 3 7 121 0.25 f ' t t 2 7 1 t 2 7 f ' t 0 t 18 Lập BBT của hàm số f t 324 1 Dựa vào BBT suy ra f t ;t ;1 . 7 3 0.25 324 1 1 1 Vậy min A đạt được khi a ; b ; c . 7 2 3 6 Hết Trang 7/6, HDC HSG12-Môn Toán