Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp cụm môn Toán Lớp 12 - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Bắc Giang

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp cụm môn Toán Lớp 12 - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Bắc Giang

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP CỤM CỤM THPT LẠNG GIANG NĂM HỌC 2016 - 2017 ––––––––––––––––––––– MÔN THI: TOÁN LỚP 12 PHỔ THÔNG ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 19/02/2017 (Đề thi gồm 01 trang) (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề) ––––––––––––––––––––––– x − 2 Câu 1 (2 điểm) Tìm m để hàm số fx( ) = đồng biến trên khoảng (0;1). mx − 2 23x + Câu 2 (2 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị là đường cong (C) và đường thẳng(d) :2 y=−+ xm . x + 2 Tìm m để đường thẳng (d ) cắt đường cong (C) tại hai điểm phân biệt AB, sao cho biểu thức 2017 2017 Pk=12 + k đạt giá trị nhỏ nhất với k12= yx',( AB) k = yx '( ) . Câu 3 (2 điểm) Giải phương trình 2 3.sin3 x+ (cos x + 1)(6cos x − 9) + 3sin 2 xx .sin += 6 0 . Câu 4 (2 điểm ) Cho a = log196 , b = log56 . Tính log 0.175 theo a, b. Câu 5 (2 điểm) Giải hệ phương trình  2x2222+++=+++++ 6 xy 5 y 5 2 x 6 xy 5 y 14 x 20 y 25  251xy+− 7= 6log7 (5xy − 5 −+ 5) 1 Câu 6 (2 điểm) 32+ 11 I =1 − 14 −−x2 dx Tính tích phân ∫ 22 1 xx Câu 7 (1 điểm) Một hộp đựng 50 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8. Câu 8 (4 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.' A B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc hạ từ A' xuống ( ABC) là trọng tâm của tam giác ABC . Mặt phẳng (BCC'' B ) hợp với mặt phẳng đáy góc 45o . a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC.' A B ' C ' b) Gọi IJ, lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB vàCC '. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và IJ . Câu 9 ( 2 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a . Điểm H nằm trên cạnh AB thỏa mãn HB= 2 HA , SH vuông góc với AB . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng chứa đáy, SA hợp với đáy góc 60o . a) Xác định tâm và bán kính của mặt cầu (S ) ngoại tiếp hình chóp S. ABCD . b) Mặt phẳng (P) đi qua trung điểm của SA và song song với mặt phẳng( ABCD) , mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là đường tròn (C) . Tính bán kính đường tròn (C) . Câu 10 (1 điểm) Cho xyz,, là các số thực dương thỏa mãn y+= z xy( 22 + z) .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 111 4 P =+++2 22 . ( xyz+++111) ( ) ( ) ( xyz+++111)( )( ) ––––––––– HẾT––––––––– Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh Giám thị 1 (Họ tên và chữ kí) . . . Giám thị 2 (Họ tên và chữ kí) . . .
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu NỘI DUNG Điểm 1 x − 2 2 Tìm m để hàm số fx( ) = đồng biến trên khoảng (0;1). mx − 2 điểm + Điều kiện xác định của hàm số fx() là mx ≠ 2. 0.5 + Xét m = 0 không thỏa mãn bài toán. 1 x − 2 0.5 +Xét m ≠ 0 hàm số trở thành fx()= . m x − 2 m 2 − + 2 1 m −+22m và fx'( ) = 22= m 222  xx−−m  mm   2 0.5  ∉(0;1) + Để thỏa mãn bài toán ta có điều kiện m −+2 2m > 0. +Rút ra được điều kiện là 12 2  (1) 0 mm+4 +> 12 0 ⇔ ⇔∀ ∈ 2 m 2.26(−) +( −mm) .2( −) +− 32 ≠ 0 −≠10 11 0.5 = = + Giả sử các hoành độ giao điểm là xx12, . Ta có kk1222, . (xx12++ 1) ( 1) 11 Ta có kk12.4= 22= 2= . ( x1+2) ( x 2 + 2) ( xx12 +++ 224 x 1 x 2 ) 2017 2017 2017 2018 0.5 + P=+≥( k1) ( k2) 2. ( kk12) =2 . 11 0.5 ⇔ = ⇔ +22 = + ⇒=− + Dấu bằng xảy ra khi 22(xxm12 2) ( 2) 2. (xx12++ 2) ( 2) 3 Giải phương trình 2 3.sin3 x+ (cos x + 1)(6cos x − 9) + 3sin 2 xx .sin += 6 0 . 2 điểm Phương trình tương đương 0.5 ⇔2 3.sin3x − 3(2cos 32 x − 2cos xx − cos += 1) 0 ⇔2 3.sinxx .(1 − cos )(1 + cos x ) − 3(cos x − 1)(2cos2 x −= 1) 0  0.5 ⇔−3(1 cosxx ) 2sin (1 + cos x ) + 3.cos 2 x = 0 cosx = 1 ⇔  2sinxx++ sin 2 3.cos 2 x = 0 Với cosx=⇔= 1 xk .2π 0.5
3.  π 0.5 2x+ =−+ xk.2π π  3 Với 2sinxx++ sin 2 3.cos 2 x = 0 ⇔sin(2xx + ) = sin( −⇔ )  3 π 2x+ =ππ ++ xk.2  3  ππ2 xk=−+  93 ⇔  2π xk= + 2π  3 ππ22 π Kết luận: phương trình có nghiệm xk= 2π ; x=−+ kx;2 = + kπ 93 3 4 Cho a = log196 , b = log56 . Tính log 0.175 theo a, b. 2 điểm + Ta có log 0.175= log( 175.10−3 )= log175 − 3. 0.5 + Giả sử tồn tại ba số mnp,, sao cho 175= 10m .196 np .56 ⇔=521 .7 (2.5)m .(222 .7 ) np .(2 3 .7) ⇔=2021 .5 .7 2m++ 23 n p .5 m .7 2 np + (*) + Vì 2, 5 và 7 là các số nguyên tố cùng nhau nên 0.5 mnp++23 = 0  53 (*)⇔m = 2 ⇔=mn2, = , p =−  42 21np+= 53 − 5 3 53 0.5 + Do đó log175= log(102 .19642 .56 )=+ 2 log196 − log56 =+− 2 ab 4 2 42 53 0.5 + Vậy log 0.175 =−−ab1 42 5 Giải hệ phương trình 2 2222 điểm  2x+++=+++++ 6 xy 5 y 5 2 x 6 xy 5 y 14 x 20 y 25( 1)  251xy+− 7= 6log7 (5xy − 5 −+ 5) 1 (2) Phương trình (1) tương đương 0.5 22 2 2 ( xy+) ++( x2 y) + 4322 +=( xy ++ 4) ++( x 2 y + 3) ( *) Giả sử a=+( xyx; + 2 y) , b =( 4;3) ⇒+=++++ ab( xy4; x 2 y 3) . Phương trình (*) có dạng a+=+ b ab Ta luôn có a+≥+ b ab. Do đó (*) xảy ra khi và chỉ khi a=++( x yx; 2 y) , b =( 4;3) cùng hướng. xy++ x2 y Khi đó = ⇔=−xy5 43 x−1 Thay vào phương trình (2) ta được 7= 6log7 ( 6x −+ 5) 1 0.5 5 Điều kiện: x > 6 − 7x 1 = 6(t −+ 11) Đặt tx−=1 log( 6 − 5) . Khi đó ta có hệ phương trình 7  t−1 7= 65x − Trừ theo vế hai phương trình ta được 7xt−−11+= 6xt 7 + 6*( ) − Xét hàm số fu( ) =76u 1 + u trên . Ta dễ dàng thấy fu( ) đồng biến trên . 0.5 Khi đó
4. xx−−11 (*) ⇔fx( ) = ft( ) ⇔ x =⇔ tlog67 ( x − 5) = x −⇔ 1 6 x − 57 = ⇔ 7 − 6x + 503 = ( ) − Xét hàm số gx( ) =7x 1 −+ 65 x trên . 0.5 Ta có gx'( ) = 7x−1 .ln 7 − 6 gx''( ) = 7x−12 .ln 7 > 0 ∀∈x Do gx''( ) > 0 ∀∈ x nên gx'( ) là hàm số đồng biến trên . Do đó gx'0( ) = có tối đa 1 nghiệm. Như thế phương trình gx( ) = 0 có tối đa 2 nghiệm. Mặt khác gg(1) =( 20) = , vì vậy phương trình (3) có đúng hai nghiệm xx=1; = 2 . 1 2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1; − và 2; − 5 5 6 32+ 11 2 Tính tích phân I =1 − 14 −−x2 dx ∫ 22 điểm 1 xx 2 32+ 11 I=16 −+x dx + 0.5 ∫ xx 1  1 ππ π π 0.5 Đặt xt+=4sin với t ∈− ; . Đổi cận: xt=⇒=1 , xt=32 + ⇒= . x 22 6 3 ππ 33 Ta có I =−=∫∫16 16sin22t d( 4sin t) 16cos t dt 0.5 ππ 66 π π 3 3 4π =+=+=∫ (8 8cos2t) dt( 8 t 4sin2 t) . 0.5 π π 3 6 6 7 Một hộp đựng 50 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ 1 hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8. điểm 3 Có C50 cách lấy ra 3 quả cầu từ hộp đã cho. Chia 50 quả cầu trong hộp thành 4 nhóm: + Nhóm I: gồm 25 quả cầu mang số lẻ 0.5 + Nhóm II: gồm 13 quả cầu mang số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4. + Nhóm III: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8. + Nhóm IV: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 8. Để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số không chia hết cho 8 thì có 4 trường hợp sau xảy ra: 12 1) 1 quả thuộc nhóm I, 2 quả thuộc nhóm II: có CC25. 13 cách lấy. 21 0.5 2) 2 quả thuộc nhóm I, 1 quả thuộc nhóm II: có CC25. 13 cách lấy. 21 3) 2 quả thuộc nhóm I, 1 quả thuộc nhóm III: có CC25. 6 cách lấy. 3 4) 3 quả thuộc nhóm I: có C25 cách lấy. CC1 2+ CC 21 ++ CC 21 C 3 193 −=25 13 25 13 25 6 25 Vậy xác suất cần tính là 1.3 C50 392 8 Cho hình lăng trụ ABC.’’’ A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc 4 hạ từ A’ xuống ( ABC) là trọng tâm của tam giác ABC . Mặt phẳng (BCC’’ B ) hợp với mặt điểm phẳng đáy góc 45o . a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC.’’’ A B C b) Gọi IJ, lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB vàCC’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và IJ .
5. A' C' M' B' K J H A C G I M B a) Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của BC, B’C’. 0,5 G là trọng tâm của tam giác ABC Ta chứng minh được góc giũa hai mặt phẳng (BCC’’ B ) và ( ABC) là góc giữa hai đường thằng thẳng MM’ và AM hay là góc giữa AA’ và AM bằng A' AG = 45o 23a 0.5 Tính được A' G= AG = AM = 33 a2 3 0.5 S = (đvdt)  ABC 4 Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là aa2333 a 0,5 V= S.' AG = . = (đvtt)  ABC 434 b) 1 Kẻ Ax song song với CI Kẻ GH vuông góc với Ax tại H Kẻ GK vuông góc với A’H tại K Ta chứng minh được ( A' AH) //( C ' CI ) mà AA '⊂⊂( A ' AH) ; IJ( C ' CI ) Suy ra dAAIJ( ',) = d(( AAH ') ,( CCI ')) = dGAAH( ,( ' )) = GK a 111 a 7 1 Tính được GH = , = + ⇒=GK 2 GK2 A' G 22 GH 7 a 7 Vậy d( AA', IJ ) = . 7 9 Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a . Điểm H nằm trên cạnh AB thỏa mãn HB= 2 HA , SH vuông góc với AB . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt 2 điểm phẳng chứa đáy, SA hợp với đáy góc 60o . a) Xác định tâm và bán kính của mặt cầu (S ) ngoại tiếp hình chóp S. ABCD . b) Mặt phẳng (P) đi qua trung điểm của SA và song song với mặt phẳng( ABCD) ,
6. mặt phẳng (P) cắt (S ) theo giao tuyến là đường tròn (C) . Tính bán kính đường tròn (C) . S K J M B C I O H A D a) 0.5 Gọi O là giao điểm của AC và BD Gọi I là trung điểm của AB, K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB Dựng (∆) đi qua O và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Dựng (∆ ') đi qua K và vuông góc với (SAB) (∆) cắt (∆ ') tại J. Suy ra J là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 1 33a2 0.5 Tính được SH= a3, S = AB. SH = (đvdt) SAB 22 SA=2, a SB = a 7 SA. SB . AB 4 a 21 4a 21 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB r = = ⇒=KA 43S ABC 3 2 2 224aa 21 3 421 IK= AK −= AI  − =a 3 2 12 Bán kinh mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là 22 2 2 223a 2  421  475 R== JA AO += JO AO += IK   +a  = a 2  12  12 b) Gọi M là trung điểm của SA 0.5 13a Khoảng cách từ M đến (ABCD) bằng SH = 22 a 3 421 421 3 Khoảng cách từ J đến mặt phẳng (P) bằng d=−=− aa 2 12 12 2 Bán kính đường tròn (C) là 0.5 2 475 421 3 =22 −= −− r1 Rd a  12 12 2 10 Cho xyz,, là các số thực dương thỏa mãn y+= z xy( 22 + z) .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 điểm 111 4 thức P =+++2 22 . ( xyz+++111) ( ) ( ) ( xyz+++111)( )( ) 122 0.25 Theo giả thiết yzxy+=( 22 + z) ≥ xyz( +) ⇒+≤ yz . 2 x
7. Ta có: 11 2 8 82x2 +≥ ≥ ≥ = 22 2 2 2. ( y+11) ( z +) ( yz++11)( ) ( yz++2) 2 ( x+ 1) + 2 x 1 44x2 ≥2 ≥=23. ( xyz+++111)( )( ) ( x+12)( yz ++) 2 ( x+1) (12++x) x 1 2x2 4 x 2 26 x 32+ xx ++ 1 0.5 Suy ra P ≥++=223 3 (111+++xxx) ( ) ( ) ( 1 + x) 26x32+ xx ++ 1 91 = > Xét hàm số fx( ) 3 với x 0 tìm được giá trị nhỏ nhất của fx( ) là 0.25 (1+ x) 108 1 khi x = . 5 91 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt được khi x=,5 yz = = . 108 5