Đề HSG Toán 12 Vĩnh Phuc 2015

Đề HSG Toán 12 Vĩnh Phuc 2015 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vự...

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015

ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm).

a) Tìm tham số m để hàm số y x 33mx23m1x2 nghịch biến trên một đoạn có

độ dài lớn hơn 4

b) Chứng minh rằng với mọi a, đường thẳng d y x a:   luôn cắt đồ thị hàm số

 

1

2 1

x

x

 



 tại hai điểm phân biệt A B, Gọi k k1, 2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với  H tại A và B Tìm a để tổng k1k2 đạt giá trị lớn nhất

Câu 2 (2,0 điểm).

a) Giải phương trình:2cos2 x2 3 sin cosx x 1 3 sin x 3 cosx

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc thỏa mãn điều kiện a b c 

Câu 3 (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

3 3 2 2

2

,

x y











Câu 4 (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABCcó trung điểm của cạnhBC là điểm

3; 1

M  , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh Bđi qua điểm E   1; 3 và đường thẳng chứa cạnh ACđi qua điểm F1;3 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm D4; 2 

Câu 5 (1,5 điểm)

Cho hình chóp S ABCD thỏa mãn SA 5,SB SC SD  AB BC CD DA    3 Gọi

M là trung điểm của cạnh BC Tính thể tích khối chóp S MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM CD,

Câu 6 (1,0 điểm).

Cho các số thực a b c , , 1 thỏa mãn a b c  6 Chứng minh rằng:

a22 b22 c2 2216

-Hết -Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh ……….Số báo danh……….

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN – THPT

(Gồm 06 trang)

Lưu ý khi chấm bài:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.

- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

- Trong lời giải câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

Câu 1 (2,5 điểm)

a) 1,0 điểm

2

y   x  mx m    1 Điều kiện cần và đủ để hàm số nghịch biến trên một

đoạn có độ dài lớn hơn 4  y0trên đoạn có độ dài lớn hơn 4   1 có hai nghiệm

1; 2 1 2

0,25

2

1 2

0 0



 





 





5 0

0,25

Vậy hàm số  1 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của d và  H :

 

2

1 1

2

2 1

x x

x a

x





   

0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đặt   2

Vì

2 2 2 0,

0,



     



  

  

  

 



nên  * có hai nghiệm phân biệt x x khác 1, 2 1

2 với mọi a. 0,25

Vậy d luôn cắt  H tại hai điểm phân biệt , A B với mọi a.

GọiA x y 1; 1,B x y với  2; 2 x x là hai nghiệm của 1, 2  * Theo định lý Vi-ét ta có

1 2 1 2

1 ,

2

a

Tiếp tuyến tại A v B có hệ số góc là à

;

Ta có

0,25

4 x x 8x x 4 x x 2 (do 2x 1 2x 1 1)

4 a 1 2 2, a

Dấu bằng xẩy ra  a1

0,25 Vậy k1k2 đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi a 1 0,25

Câu 2 (2,0 điểm)

2cos x2 3 sin cosx x 1 3 sinx 3 cosx 1,0 điểm Phương trình  cos 2x 3 sin 2x 2 3 3 cosxsinx

cos 2 sin 2 1 3 cos sin

0,25

2

3 cos

x

  





  



Vậy phương trình có một họ nghiệm 2  

3

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc thỏa mãn điều kiện a b c  1,0 điểm

Ta xét 4 trường hợp sau:

TH1 a b c 

Mỗi số abc là một tổ hợp chập 3 của chín phần tử 1, 2, ,9 suy ra số các số abc thỏa 

mãn a b c  là 3

9

C

0,25

1

Mỗi số abc là một tổ hợp chập 2 của chín phần tử 1, 2, ,9 suy ra số các số abc thỏa 

mãn a b c  là 2

9

C

TH3 a b c 

Mỗi số abc là một tổ hợp chập 2 của chín phần tử 1, 2, ,9 suy ra số các số abc thỏa 

mãn a b c  là C 92

0,25

TH4 a b c 

Số các số abc thỏa mãn a b c  là 1

9

C

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3 2 2 1

9 9 9 9 165

0,25

Câu 3 (1,5 điểm)

3 3 2 2





Điều kiện x 3

y









0,25

Xét hàm số f t   t3 3 ,t  t ,f t  3t2 3 0  t  Vậy hàm số f t đồng 

biến trên  Từ  1 ta có f x 1 f y  2  x1 y 2 y x 1  3

0,25 Thay  3 vào  2 ta được phương trình: x1 x 3 x7 x10x26x1  4

Phương trình  4  x1  x 3 3x7  x10 4 x2 x 30

0,25

 

 

6 0 5

5 6

x

x

 







 Từ  5 : x 6 0  x  6  3 y 7 x y;   6;7 là một nghiệm của hpt

0,25

0,25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất x y ;  6;7 . 0,25

Câu 4 (1,5 điểm)

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta chứng minh được BDCH là hình bình hành

nên M là trung điểm của HD suy ra H2;0 Đường thẳng BH có vtcp là

3;3

vtpt là nBH 1; 1  BH x y:   2 0 0,50

F E

M

O H

D

C

A

B

Do ACBH nên vtpt của AC là nAC uBH 1;1 pt AC x y:   4 0

Do ACCD nên vtpt của CDlà nDC uAC 1; 1   pt DC x y:   6 0 0,25

Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình

5; 1

C

0,25

Do M là trung điểm của BC nên B1; 1  Vì AH vuông góc với BC nên AH có vtpt

là BC4;0 AH x:  2 0

Do A là giao điểm của AC và AHnên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

2; 2

A

0,25

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A2; 2 , B1; 1 , 5; 1     0,25

Câu 4 (1,5 điểm)

m MN = 5.64 cm

m OS = 7.09 cm

m AD = 3.51 cm

m BC = 3.31 cm

O

S

Ta thấy ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại S suy ra BDSAC

0,50

3

Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta thấy SBDABDCBD c c c 

2

OA OC OS   AC nên SAC vuông tại S

Xét SAC ta có

0,25

Gọi N là trung điểm của ADnên CD/ /SMN 

SMN

V

S



12

0,25

MN  SM  SN  ( sử dụng công thức đường trung tuyến)

Theo định lý hàm số cosin trong SMN ta có cos 2 sin 23

sin

SMN

Thay (1), (2) vào   ta được .

3 15

23 23

4

C SMN SMN

V

d CD SM

S



0,25

Câu 6 (1,0 điểm)

1,0 điểm Không mất tổng quát giả sử a b c  Mà a b c   6 c2 , a b 4 0,25 Nhận xét ta có bất đẳng thức      

2 2

2

a b

thật vậy  *

4

2

a b

  ( đúng ) ( doa b 24ab16 ) Đặt

2

a b

x  mà 2x c  6 c 6 2x 5

2

2

x

0,25

Áp dụng  * ta có a22 b22 c22  x22 2 c22  x2226 2 x22

Xét hàm số    2 2  2 5

2

f x  x    x     x  

 

Có đạo hàm f x  24x22 x 2 x2 3x1,

0,25

  Lập Bảng biến thiên    

5 2;

2

x

 

 

Dấu bằng khi và chỉ khi a b c  2

Vậy nếu , ,a b c  thỏa mãn 1 a b c  6, thì  2   2   2 

a  b  c   dấu bằng

……… Hết……….

5