Đề thi chọn HSG lớp 12 cấp trường năm học 2017 – 2018 môn Toán trường Trần Hưng Đạo – Vĩnh Phúc

Đề thi chọn HSG lớp 12 cấp trường năm học 2017 – 2018 môn Toán trường THPT Trần Hưng Đạo – Vĩnh Phúc gồm 1 trang với 6 bài toán tự luận, thời gian làm bài 180 phút, đề thi có lời giải chi tiết và thang điểm.

13 7 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

6 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
(Đề thi có 01 trang)
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,5 điểm).
a) Tìm tất cả các giá trị m để

32
1
132
33
m
yxmx mx
đồng biến trên
2, 
b) Cho hàm số
42
21
m
yx mx m C , với
m
là tham số thực. Xác định tất cả các giá trị
của
m
để hàm số

m
C
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
2
3sin2 3 1 2cos
x
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.
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình
33 2 2
2
63145 9
( , )
121
xy x y xy
xy
xy y
ì
ï
-+ - + - =-
ï
ï
Î
í
ï
-- = --
ï
ï
î
Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
A
BCD có
(5, 7)A , điểm C thuộc đường thẳng có phương trình

1
:40dxy. Đường thẳng đi qua
D
và trung điểm của đoạn
A
B
có phương trình

2
:3 4 23 0dxy. 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
0
60BAD
,
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
0
60
. 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:

222
12
111
1
S
xyz
xyz



---------------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:……….....……….
1
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
(Đáp án có 05 trang)
ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG
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, 

2
21320 2ymx m x m x
 (1)
0,25

2
12 26 2mx x x





2
26
2
12
x
gx m x
x



0,25
Ta có:

2
22
263
0
(23)
xx
gx
xx



1
2
36
36
xx
xx


;

lim 0
x
gx

0,25
Từ BBT


2
2
Max 2
3
x
gx g
. Vậy
2
3
m
0, 5
b 1,25
Tập xác định
D
Ta có
32
'4 4 4
y
xmxxxm
. Khi đó hàm số

m
C
có 3 điểm cực trị khi và chỉ
khi
'0y
có 3 nghiệm phân biệt
2
0xm
có 2 nghiệm phân biệt khác 0
0m
0,25
Phương trình
'0 0,
xx m
. Giả sử 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số

m
C
là
,,
A
BC
. Khi đó

22
0; 1 , ; 1 , ; 1Am B mmm Cmmm
.
0,25
2
22
;; ;
A
BmmACmm
 
. Tam giác ABC cân tại A, nên nó sẽ có góc tù khi
0
90 ; cos ; 0AB AC AB AC
  
0,5
4
3
4
00101
AB AC m m
mm
mm
AB AC



 
(Do
0m
).
Kết luận: 0 < m < 1.
0,25
2 a 1
Phương trình tương đương: 3sin2 3 1 1 cos2
x
x .
0,25
133
cos 2 sin 2
22 2
xx
.
0,25
3
cos 2
32
x




.
0,25

12
4
xk
k
xk



Vậy phương trình có nghiệm là
12
x
k
 hoặc ( )
4
xkk
 .
0,25
b 1
()
5.5!n W=
0,25
Gọi số cần tìm là
123456
aaaaaa
(trong đó các
{}
0, 2,3,5,6,8
i
a Î
).
TH1: 5 và 0 đứng cạnh nhau ở vị trí
12
,aa có 4! số.
0,25
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
5.5! 25
P
-+
==
0,25
3 1,5
Điều kiện: 11;0 2xy . Ta có

33
(1) 1 2 1 2 2 2yyxx
0,5
3
Xét hàm số
3
() 2,
f
tt t ta có
2
'( ) 3 2 0, ( )
f
tt t ft đồng biến trên
.
Vậy
(1) ( 1) ( 2) 1
f
yfx yx
0,25
Thế vào (2) ta được
2
11110xxx
(3)
Đặt
2
2
2
11,01
2
t
txxt x
 
Khi đó

2
2
0()
2
31020
2
2
tl
t
ttt
t

Với
2
21 1 21 1 0txxxx  
0,5
Với
0x
suy ra 1.y Vậy hệ có nghiệm duy nhất
0
1
x
y
0,25
4 1,5
I
N
d
2
: 3x - 4y - 23 = 0
d
1
: x - y + 4 = 0
M
D
C
B
A
(5; -7)
Gọi

1
;4Ccc d
, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và
2
d
Ta có
A
IM
đồng dạng CID
10 10
22 ;
33
cc
CI AI CI IA I


 


 
0,5
Mà
2
Id nên ta có:
10 10
3. 4. 23 0 1
33
cc
c


Vậ
y
C(1;5).
0,25
Ta có:
2
323 39
;25;
42
tt
Md Mt Bt





35 319
210; , 26;
22
tt
AB t CB t


 



0,25
Do

1
1
. 0 4 5 3 3 5 3 19 0
29
4
5
t
AB CB t t t t
t
 

0,5
4
(3;3)( )
33 21
;
33 21
;
55
55
B loai
B
B








5 1,5
Gọi O là tâm của đáy. Theo bài ra ta có :
Góc
0
60SAC
,
323
3,
23
A
OaACaAG a
Suy ra
0
.tan60 2SG AG a
0,5
Diện tích hình thoi ABCD
2
113
.3.
222
ABCD
SACBDaaa
Vậy
3
.
13
.
33
S ABCD ABCD
VSSGa
0,25
Gọi
E
BG CD
Ta có
// // ( ) ( , ) ( ,( ))CD AB CD mp SAB d CD SA d CD SAB
3
(,( )) (,( ))
2
dE SAB dG SAB
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
0,5
Trong tam giác vuông
SBG
ta có
222222
1113113 2
44
13
a
GH
GH GB GS a a a

Vậy
3
(,)
13
a
dCDSA
0,25
6
1
Sử dụng BĐT cô-si cho 3 số dương ta có:

3
3
111
3
abc
abc





, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
abc
Mặt khác

2
222
1
11
4
abc abc , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1abc
0,25
G
O
D
B
C
A
S
H
E
5
Đặt
11txyz
, ta có


3
254
2
Sft
t
t

0,25

3
254
() , 1
2
f
tt
t
t

,

4
2
2 162
'( )
2
ft
t
t

;
'( ) 0 4
f
tt
0,25
Suy ra
max
1
(4)
4
ff
. Vậy ta có
max
1
1
4
Sabc
0,25
---------------
Hết----------------
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

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 m 3 y
x  m   2
x  m   1 1 3
2 x  đồng biến trên 2,  3 3 b) Cho hàm số 4 2
y x  2mx m 1 Cm , với m là tham số thực. Xác định tất cả các giá trị
của m để hàm số C có ba điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số m
tạo thành một tam giác có một góc tù.
Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình 2
3 sin 2x  3 1  2cos 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. 3 3 2 2
ìïx - y +6x -3y +14x-5y = -9
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình ïí (x, y Î ) ï 2
ï 1- x - y = 2- y -1 ïî
Câu 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có (5
A ,7) , điểm C thuộc đường thẳng có phương trình d : x y  4  0 . Đường thẳng đi qua 1 
D và trung điểm của đoạn AB có phương trình d : 3x  4y  23  0 . Tìm tọa độ của B và 2 
C , biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 5 (1,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a góc  0 BAD  60 ,
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 0
60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng DC và SA theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 2 S   2 2 2
x y z 1  x   1  y   1  z   1
---------------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:……….....……….
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,   2
y  mx  2m  
1 x  3m  2  0 x   2 (1) 0,25
m x 2 1 2     2  x  6 x
  2  g x 2  x  6   m x   2  x  2 1  2 0,25 2 2
x  6x  3 
Ta có: g x   0 x   1
x  3  6 ; lim g x  0 2 2  0,25 (x  2x  3) x   2
x  3  6 x 0, 5 Từ BBT 
g x  g   2 Max 2  . Vậy 2 m x2 3 3 b 1,25
Tập xác định D   Ta có 3
y x mx x  2 ' 4 4 4
x m. Khi đó hàm số C có 3 điểm cực trị khi và chỉ m  0,25
khi y '  0 có 3 nghiệm phân biệt 2
x m  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0  m  0
Phương trình y '  0  x  0, x   m . Giả sử 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số C m  là , A ,
B C . Khi đó Am   B 2
m m m   C  2 0; 1 , ; 1 ,
m;  m m   1 . 0,25 1   AB  2
m m AC  2 ; ;
m; m  . Tam giác ABC cân tại A, nên nó sẽ có góc tù khi     0,5 0
90   AB; AC  cos ; AB AC   0   4 AB ACm m 3
    0   0  1
  m  0  m 1 (Do m  0 ). 4 AB AC m m 0,25
Kết luận: 0 < m < 1. 2 a 1
Phương trình tương đương: 3 sin 2x  3 1  1 cos 2x . 0,25 1 3 3  cos 2x  sin 2x  . 0,25 2 2 2    3  cos 2x     . 0,25  3  2   x    k  12   k  
x    k 0,25  4  
Vậy phương trình có nghiệm là x  
k hoặc x    k (k ) . 12 4 b 1 n( ) W = 5.5! 0,25
Gọi số cần tìm là a a a a a a (trong đó các a Î ). i {0,2,3,5,6, } 8 1 2 3 4 5 6 0,25
TH1: 5 và 0 đứng cạnh nhau ở vị trí a ,a có 4! số. 1 2
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: 1
  x  1;0  y  2 . Ta có 0,5
  y  3   y    x  3 (1) 1 2 1 2  2 x  2 2 Xét hàm số 3
f (t)  t  2t, ta có 2
f '(t)  3t  2  0, t
    f (t) đồng biến trên  . 0,25
Vậy (1)  f ( y 1)  f (x  2)  y x 1 Thế vào (2) ta được 2
1 x  1 x  1 x 1  0 (3) 2 t  Đặt 2 2
t  1 x  1 x, t  0  1 x  2 0,5 2 t  2 t  0 (l) Khi đó 3 2 
t 1  0  t  2t  0  2  t  2 Với 2
t  2  1 x  1 x  2  1 x  1  x  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 C  ;
c c  4 d , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d 2  1   0,5
c 10 c 10 
Ta có AIM đồng dạng CI
D CI  2AI CI  2IA I ;    3 3  c 10 c 10
Mà I d nên ta có: 3.  4.
 23  0  c  1 0,25 2 3 3 Vậy C(1;5).  3t  23   3t  9 
Ta có: M d M t;  B 2t  5; 2      4   2  0,25  
3t  5    3t 19  AB  2t 10;
, CB  2t  6;      2   2  t  1   1 0,5 Do . AB CB 0
4t 5t 3
3t 53t 19 0           29 4 t   5 3 B( 3  ; 3  ) (loai)   33 21   33 21  B ; B ;       5 5    5 5  5 1,5
Gọi O là tâm của đáy. Theo bài ra ta có : S Góc  0 SAC  60 , 3 2 3 AO
a AC  3a, AG a H 2 3 B 0,5 Suy ra 0
SG AG.tan 60  2a C G O E A D 1 1 3 Diện tích hình thoi ABCD 2 SAC.BD  3 . a a a ABCD 2 2 2 0,25 1 3 Vậy 3 VS .SG a S .ABCD 3 ABCD 3
Gọi E BG CD
Ta có CD / / AB CD / /mp(SAB)  d (CD, SA)  d (CD, (SAB)) 3
d(E,(SAB))  d(G,(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 1 1 1 3 1 13 2a
Trong tam giác vuông SBG ta có       GH  2 2 2 2 2 2 GH GB GS a 4a 4a 13 0,25 3a
Vậy d (CD, S ) A  13 6 1
Sử dụng BĐT cô-si cho 3 số dương ta có: 3      
a  b  c   a b c 3 1 1 1  
 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c  3  0,25 1
Mặt khác a b c 1  a b c  2 2 2 2
1 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4
a b c  1 4 2 54
Đặt t x y z 1  1, ta có S    f t 3   t  0,25 t  2 2 54 2 162 f (t)            t , f '(t) ; f '(t) 0 t 4 0,25 t t  2 , 1 3 2 tt  24 1 1 Suy ra f
f (4)  . Vậy ta có S
  a b c  1 0,25 max 4 max 4
---------------Hết---------------- 5