Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Đề số 1 - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Cao Bằng

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Đề số 1 - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Cao Bằng

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH CAO BẰNG LỚP 12 -THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề gồm 01 trang) x 1 Câu I (4,0 điểm): Cho hàm số y (1) 1 2x 1. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại giao điểm của đồ thị với trục tung. 2. Chứng minh đường thẳng (d) : x y m 0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai   điểm phân biệt A, B với mọi m . Tìm m sao cho AB OA OB , với O là gốc tọa độ. Câu II (4,0 điểm): 1. Giải phương trình: 4(sin4 x cos4 x) 3sin 4x 2 (x ¡ ) 2. Một lớp học có 30 học sinh, trong đó có 03 cán bộ lớp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 3 em trong lớp đi trực tuần sao cho trong 3 em đó luôn có cán bộ lớp. Câu III (3,0 điểm): Cho phương trình 22x 1 2x 3 2m 0 (với m là tham số) (2) 1. Giải phương trình với m 32 . 2. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt. Câu IV (4,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh SD tạo với mặt phẳng đáy (ABCD) một góc bằng 60 .o Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a. Câu V (3,0 điểm): Một xí nghiệp chế biến thực phẩm muốn sản xuất những loại hộp hình trụ để đựng thịt bò có thể tích V cho trước. Tính bán kính đáy và chiều cao hình trụ để tốn ít vật liệu nhất. Câu VI (2,0 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện xyz .1 Chứng minh rằng: 1 1 1 1 x y 1 y z 1 z x 1 Hết (Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ kí của giám thị 1:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 - THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 CAO BẰNG Môn: TOÁN ( Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) ĐỀ SỐ 01 I. Hướng dẫn chung: 1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn 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 đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm. 3. Điểm của bài thi theo thang điểm 20, phần lẻ được tính đến 0,25 điểm. Giám khảo giữ nguyên điểm lẻ, không được làm tròn điểm. II. Đáp án và thang điểm: Câu ý Nội dung Điểm I 1) Với x 0 y 1 . Tọa độ giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;-1) (4,0 (2,0 0,75 điểm) điểm) 1 Ta có y ' ; y '(0) 1 0,5 (1 2x)2 Phương trình tiếp tuyến: y y '(0)(x 0) 1 hay y x 1 0,75 2) (2,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: x 1 2 0,5 x m f (x) 2x 2mx m 1 0 (*) 1 2x 1 1 Ta có ' m2 2m 2 0,m, f ( ) 0 , nên (*) có 2 nghiệm 2 2 1 0,5 phân biệt khác , suy ra (d) luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân 2 biệt A, B với mọi m. Ta có A(x1; x1 m), B(x2 ; x2 m) với x1, x2 là hai nghiệm của (*). x x m 1 2 0,25 Theo Viet ta có m 1 x .x 1 2 2 Gọi M là trung điểm của AB,    AB OA OB AB 2OM 2OM OAB vuông tại O. 0,5   OA.OB 0 x1.x2 (x1 m)(x2 m) 0 2 0,25 2x1.x2 m(x1 x2 ) m 0 m 1 0 m 1 Kết luận m 1 II 1) (2,0 Phương trình tương đương: 0,5 2
3. (4,0 điểm) 4[(sin2 x cos2 x)2 2sin2 xcos2 x] 3sin 4x 2 điểm) 1 4(1 sin2 2x) 3sin 4x 2 2 cos4x 3sin 4x 1 0,5 1 3 1 cos4x sin 4x sin( 4x) sin 0,5 2 2 2 6 6 x k 4 2 0,5 x k 12 2 2) (2,0 - Chọn 3 học sinh trong đó chỉ có 1 cán bộ lớp có số cách chọn: điểm) 1 2 0,5 C3.C27 1053 2 1 - Chọn 3 học sinh trong đó có 2 cán bộ lớp có số cách chọn: C3 .C27 81 0,5 - Chọn 3 học sinh cả 3 đều là cán bộ lớp có 1 cách chọn. 0,5 Vậy số cách chọn học sinh đi trực tuần theo yêu cầu của bài toán là: 0,5 1053+81+1= 1135 (cách chọn) III 1) Biến đổi phương trình (2) về dạng 22x 4.2x m 0 (*) 0,5 (3,0 x điểm) (2,0 Đặt t 2 , điều kiện t 0 , khi đó phương trình (*) có dạng: điểm) 0,5 t 2 4t m 0 ( ) Với m 32 , phương trình (*) có dạng: t 2 4t 32 0 t 8,t 4 0,5 (loại) Với t 8 2x 8 x 3 0,5 2) (1,0 Phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt ( ) có hai nghiệm dương 0,5 điểm) phân biệt ' 0 4 m 0 S 0 4 0 4 m 0 0,5 P 0 m 0 IV 1) S (4,0 (2,0 điểm) điểm) K A I B H E 60° O D C Gọi H là trọng tâm tam giác ABD, I là trung điểm AB. 0,75 3
4. 2 2 a 5 a 5 SH  (ABCD) S·DH 60o ;DH DI . 3 3 2 3 a 5 a 15 SH DH.tan S·DH .tan 60o 0,5 3 3 1 1 a 15 a3 15 Suy ra V SH.S . .a2 (đvtt) 0,75 S.ABCD 3 ABCD 3 3 9 2) Từ H kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E. Trong tam giác SHE kẻ (2,0 đường cao HK. điểm) HK  SE Ta có 0,75 HK  CB (CB  (SHE)) HK  (SBC) d(H;(SBC)) HK 2 2a Ta có HE AB . Trong ta giác vuông SHE 3 3 0,5 1 1 1 2a 5 HK HK 2 HS 2 HE 2 57 AC 3 3 3 2a 5 3a 5 Do d(A;(SBC)) d(H;(SBC)) . 0,75 HC 2 2 2 57 57 V Gọi h, x lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hộp hình trụ. Vỏ hộp gồm phần xung quanh và hai đáy có tổng diện tích là S 2 xh 2 x2 (3,0 1,0 điểm) Vật liệu sản xuất hộp là ít nhất nếu S là nhỏ nhất. 2 2V 2 Thể tích của hộp: V x h (cho trước). Từ đó ta có: S 2 x 0,5 x 2V Xem S 2 x2 là hàm số theo biến x. x 2V 4 x3 2V Ta có S ' 4 x x2 x2 V S ' 0 x 3 2 Bảng biến thiên: 1,0 V 4V Vậy x 3 và h 3 thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn. 0,5 2 4
5. VI x a3 3 a,b,c 0 (2,0 Đặt y b , từ giả thiết ta có: abc 1 điểm) z c3 0,75 Bài toán đưa về chứng minh bất đẳng thức: 1 1 1 1 a3 b3 1 b3 c3 1 c3 a3 1 Ta có: a2 b2 2ab a3 b3 1 (a b)(a2 ab b2 ) abc (a b)(2ab ab) abc (a b c)ab 1 1 Suy ra . a3 b3 1 ab(a b c) 0,75 Tương tự ta có: 1 1 b3 c3 1 bc(a b c) 1 1 c3 a3 1 ca(a b c) Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được: 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 a b 1 b c 1 c a 1 a b c ab bc ca 0,5 1 a b c 1 a b c abc (đpcm). Hết 5