BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017

BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017 BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017 BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017 BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017 BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017 BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017 BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017 BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017 BỘ đề THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 10 11 12 năm 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN: TOÁN - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu  x 1  2y   a) Giải hệ phương trình   x  y  1  b) Giải phương trình x    2x  6x  9x  Câu Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: x 1  x2  x  m x  Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC N điểm thuộc đoạn thẳng AC cho AC  4AN Đường thẳng  3  DM có phương trình y   N  ;  Xác định tọa độ điểm A 2  Câu a) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AA1 , BB1 , CC1 đồng quy H (A1  BC, B1  AC, C1  AB) Biết AA1  2, CC1  HB  5HB1 Tính tích cot A.cot C diện tích tam giác ABC b) Cho a, b,c số thực không âm có tổng Chứng minh a  b  c  abc  Câu Tập hợp X có n  n  *  phần tử chia thành tập đôi không giao Xét quy tắc chuyển phần tử tập sau: A, B tập X số phần tử A không nhỏ số phần tử B ta phép chuyển từ tập A vào tập B số phần tử số phần tử tập B Chứng minh sau số hữu hạn bước chuyển theo quy tắc trên, ta nhận tập X HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………………Số báo danh: ……………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có trang, gồm câu) Câu a Tìm m để đồ thị hàm số y  x  3mx  m có ba điểm cực trị A, B, C cho tam giác ABC có trọng tâm điểm O(0;0) b Tìm đồ thị hàm số y  x 1 hai điểm A, B cho AB vuông góc với đường x2 thẳng y  x AB  2 Câu a Tìm số thực a, b thỏa mãn: log a  2log b  2log (a  b) b Cho phương trình: x 2016  x 2015  x 2014   x 1  (1) ; x 2017  x 2016  x 2015   x   (2) Chứng minh phương trình có nghiệm dương Gọi nghiệm dương phương trình (1) (2) a b , so sánh aeb be a  x  y  Câu Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:   x   y   m Câu Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông B, AB  a; BC  2a , góc đường thẳng A ' B mặt phẳng (ABC) 600 Gọi G trọng tâm tam giác AA’C’ a Tính thể tích khối tứ diện GABA’ b Tính khoảng cách từ điểm C’ đến mặt phẳng (GBC) Câu Cho mặt cầu (H) bán kính R Hình chóp S.ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên b nội tiếp mặt cầu (H) Xác định a, b theo R để khối chóp S.ABCD tích lớn Câu Ở địa phương X, người ta tính toán thấy rằng: diện tích khai thác rừng hàng năm không đổi sau 50 năm diện tích rừng hết, thực tế diện tích khai thác rừng tăng trung bình hàng năm 6% /năm Hỏi sau năm diện tích rừng bị khai thác hết? Giả thiết trình khai thác, rừng không trồng thêm, diện tích rừng tự sinh (không khai thác) không đáng kể (cho biết log1,06 4, 06  24 ) _ Hết _ - Thí sinh không sử dụng tài liệu máy tính cầm tay - Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Câu NỘI DUNG Ta có y '  x  6mx  x(2 x  3m) Hàm số có cực trị  phương trình y '  có ba nghiệm phân biệt  m  3m 9m 3m 9m ;m  ); C ( ;m  ) 4 m  9m Tam giác ABC có trọng tâm O(0;0)  3m  0 m  2  Đối chiếu điều kiện ta có m  Đường thẳng AB có dạng: y   x  m (d) Lúc đồ thị có cực trị A(0; m); B( Phương trình hoành độ giao điểm (d) đồ thị hàm số x 1   x  m  x  (m  1) x  2m   (1); x  x2 Đồ thị cắt đường thẳng điểm phân biệt A, B PT (1) có hai nghiệm phân  m  6m   biệt khác   (*) 3  Lúc A( x1 ;  x1  m); B( x2 ;  x2  m) với x1 , x2 nghiệm phương trình (1) Ta có: AB  2( x1  x2 )  x1 x2   m  6m    m  1, m  (thỏa mãn (*)) Với m  1 thay vào (1) ta có x  1 suy ra: A(1;0); B(1;  2) ngược lại Với m  thay vào (1) ta có x  3, x  suy ra: A(3; 4); B(5; 2) ngược lại Đặt log a  log b  log (a  b)  2t  a  4t ; b  3t ; a  b  5t t t 3  4 Ta có          (1) 5 5 t t t t t 3  4 Đặt f (t )       với t  R Ta thấy f(t) hàm số nghịch biến f (2)  5  5 suy phương trình (1) có nghiệm t   a  16; b  Vậy a  16; b  Đặt f ( x)  x 2016  x 2015   x  1; g ( x)  x 2017  x 2016   x  [0;  ) Ta có f, g hàm số liên tục f '( x)  0, g '( x)  x  suy hàm số f, g đồng biến [0;  ) Do phương trình f ( x)  0; g ( x)  có tối đa nghiệm Lại có f (0) f (1)  0; g (0).g (1)  nên phương trình f ( x)  0; g ( x)  có nghiệm  (0;1) Vì a, b nghiệm (1) (2) nên f (a)  0; g (b)  Lại có g (a)  a 2017  a 2016   a   a 2017  f (a)  a 2017   g (a )  g (b)  a  b g hàm số đồng biến eb e a Ta có ae  be  ab(  ) b a b a Điểm ex với x  (0;1) x e x x  e x e x ( x  1) Ta có h '( x)    suy h( x) hàm số nghịch biến (0;1) x2 x2 eb e a Vì a  b nên h(b)  h(a) suy aeb  bea  ab(  ) >0 b a b a Vậy ae  be  x  y  Tìm m để hệ có  có nghiệm  x   y   m Đặt x  a; y  b (a, b  0) Xét hàm h( x)  a  b  b   a   2 2  a   b   m  a   a  2a   m Ta có hệ  Ta cần tìm m để phương trình m  a   a  2a  có nghiệm  [0;1] Đặt f (a)  a   a  2a  [0;1] f '(a )  a a2   a 1 a  2a  ; f '(a )   a (a  1)   (1  a ) a   a (a  1)  2a  (a  1) a  (a  1)  2a   a  a    (vì a  (0;1) ) 1 Ta có f (1)  2; f (0)   1;   f (  1)   2     2   2    2 Từ ta có GTLN f(x) 2 ; GTNN f(x) 42 42  m  2 Lưu ý: - Học sinh lập BBT để kết luận so sánh giá trị trên; - Không cần thiết phải rút gọn giá trị f (  1) C' B' M' A' G H C B A Theo giả thiết ta có A ' BA  600  AA'=AB.tan600  a 1 3 VA ' ABC  S ABC AA'  BA.BC.AA'= a.2a.a  a 6 VA '.GAB A ' G A ' A A ' B 3    VA '.GAB  a VA '.CAB A ' C A ' A A ' B Ta có: d (C ', (GBC ))  d ( A;(GBC ))  d ( A;( A ' BC )) (1) Kẻ AH vuông góc với A’B Ta có BC  ( ABB ' A ')  BC  AH Do AH ( A ' BC )  d ( A;( A ' BC ))  AH Xét tam giác vuông A’AB: 1 1 a       AH  2 AH AB AA' a 3a 3a a Do d (C ', (GBC ))  S S M M O B C I A I A D O Hình Hình Gọi I tâm hình vuông ABCD, M trung điểm SA Ta thấy O nằm nằm đoạn SI (hình 2) ta có AIOM SA2 b2  AOIM tứ giác nội tiếp, SM SA  SI SO  SI  SO R Mặt khác ta lại có SI  SA2  IA2  b  a2 b4 a2 b4 2  b   a  2b  suy 4R2 2R VS ABCD 1 b 2 b  b  b (4 R  b )  SI S ABCD  a   2b    3 2R 6R  2R  12 R 3  R  64 R b4 b2 b2 2 2 (4 R  b )  (4 R  b )   Ta có   2 27   suy VS ABCD  64 R , 81 4R   8R a  b    có “=”    a  16 R b  R   6R 4R ; b 3 Lưu ý: Học sinh sử dụng hàm số để tìm GTLN V Gọi S diện tích rừng khai thác năm Diện tích rừng là: 50S (2.5 đ) Giả sử sau n năm diện tích rừng bị khai thác hết Sau năm diện tích rừng khai thác hết: 1, 06.S Vậy thể tích khối chóp lớn a  Sau hai năm diện tích rừng khai thác hết: 1, 06.S  1, 06  S …… Sau n năm diện tích rừng khai thác hết: 1, 06.S  1, 06  S   1, 06  S n Theo giả thiết ta có:  50 S  S 1.06  S 1, 06   S 1, 06    S 1, 06   50  1.06  1,06   1,06    1,06   1, 06  n1 n n 1,06   1.06 n 1 0,06  4, 06  n   log1,06 4, 06  24  n  23 Vậy sau 23 năm diện tích rừng bị khai thác hết ……………………… HẾT………………………… ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có trang, gồm câu) Câu a Tìm m... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN: TOÁN - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu... người ta tính toán thấy rằng: diện tích khai thác rừng hàng năm không đổi sau 50 năm diện tích rừng hết, thực tế diện tích khai thác rừng tăng trung bình hàng năm 6% /năm Hỏi sau năm diện tích