HSG THPTBinhThanh 1415

b Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số.. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.. Trong

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH

TRƯỜNG THPT BÌNH THANH

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015

ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT

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

Câu 1 (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







x

x

d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của

2

2013

Câu 2 (5,0 điểm).

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

b) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau

2014 2 2014 3 2014 2014 2014 2015 2014

Câu 3 (3 điểm)

Giải hệ phương trình:

3 3 2 2

2

,

x y











Câu 4 (3 điểm)

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

3; 1

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 (3 điểm)

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……….

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

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN – THPT

(Gồm 06 trang)

Câu 1 (5 điểm)

1) 2,0 điểm

Ta có D, y3x26mx3m13x22mx m 1 0,25

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

x x x x thoả mãn x1 x2 4

0,25

2

1 2

0 0

x x



 





 





5 0

0,25

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

0,25

2) Cho hàm số 2 23

x

x

minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m Gọi k1, k2 lần

lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B Tìm m để P =

 k1 2013 k2 2013 đạt giá trị nhỏ nhất

3.0

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:

x

x











2

2

3

2





















(*) 0 2 3 ) 6 ( 2 2

x x

0,25

Xét phương trình (*), ta có:   0 , m  R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là

2 2 2 2

1

1

) 1 (

1 ,

)

1

(

1









x

k x

2 1 2 1

2 2

2 1 2















x x x x x

x k

0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

Có P =      2013 2014

2 1 2013

2 2013

2 2

2 1 2 2

2 1

2

) 2 (

1 )

2 (

1

















x x

k

k

do x1,x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2

 x1 + x2 = - 4  m = - 2 Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm

0,25

Câu 2 (5,0 điểm)

a) Giải phương trình:2cos2x2 3 sin cosx x 1 3 sin x 3 cosx 1,5 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

Câu 3 (3 điểm)

3 3 2 2





Điều kiện x 3

y









0,25

Xét hàm số   3   2

f t  t t  t  f t  t    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

 







0,25

1

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

0,25

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

Câu 4 (3 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 5(3 điểm)

m MN = 5.64 cm

m OS = 7.09 cm

m AD = 3.51 cm

O

S

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

0,50 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

AC SA SC   OC OD CD  OC   BD

0,25

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

SMN

V

d CD SM d CD SMN d C SMN

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

S  SM MN  SMN  (2)

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

3

Nhận xét ta có bất đẳng thức      

2 2

2

a b

a  b      

thật vậy  *

4

2

a b

16 a b  a  b 4ab a b  a b  a b 4ab

  ( 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

f x   x x    

  Lập Bảng biến thiên    

5 2;

2

x

f x f

 

 

Dấu bằng khi và chỉ khi a b c  2

Vậy nếu , ,a b c  thỏa mãn 1 a b c  6, thì a22 b22 c2 2216 dấu bằng

Câu 2 b,c

1 (1.5 điểm) Tính …

Ta có: 2014 0 1 2 2 2013 2013 2014 2014

2014 2014 2014 2014 2014 1

( x) C C x C x C x C x

2014 0 1 2 2 3 2013 2014 2014 2015

2014 2014 2014 2014 2014 1

Lấy đạo hàm hai vế ta được:

2014 2013

( x)  ( x) x

0 1 1 2 2 2013 2013 2014 2014

2014 2 2014 3 2014 2014 2014 2015 2014

Lấy x 1 ta được:

2014 2014 2014 2014 2014

2 2014 2 C 2C 3C 2014C 2015C

 220142014 2 2013 S S1008 2 2014

2 (2.0 điểm) Có bao nhiêu số …

Số phần tử của không gian mẫu là: 9 5

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:

Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0 là 3

9 C Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:

▪ TH1: Hai chữ số còn lại cùng là chữ số a hoặc b hoặc c có: 3 cách

Xếp 3 chữ số giống nhau vào 3 vị trí trong 5 vị trí có: 3

5

C cách

Xếp 2 chữ số còn lại vào 2 vị trí còn lại có: 2 cách

 Số các số thỏa mãn TH1 là: 3

5

3.C  (số)2 60

▪ TH2: Hai chữ số còn lại là chữ số a, b hoặc b, c hoặc c, a có: 3 cách

Xếp hai chữ số giống nhau thứ nhất vào 2 vị trí trong 5 vị trí có: 2

5

C cách

Xếp hai chữ số giống nhau thứ hai vào 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại có: 2

3

C cách

Xếp chữ số còn lại vào có: 1 cách.

 Số các số thỏa mãn TH2 là: 2 2

5 3

3.C C  (số)1 90

Do đó: A (90 60 ).C39

Vậy

3 9 5

90 60

0 213 9

A ( ).C P(A)    ,



……… Hết……….

5