[toanmath.com] Đề thi thử HSG Toán 12 THPT năm học 2017 – 2018 trường THPT Bình Xuyên – Vĩnh Phúc

8 350 0
[toanmath.com]   Đề thi thử HSG Toán 12 THPT năm học 2017 – 2018 trường THPT Bình Xuyên – Vĩnh Phúc

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN KÌ THI THỬ HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MƠN: TỐN - THPT Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,5 điểm) a) Tìm tất giá trị thực m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt ( m + 2) ( b) Cho hàm số y = ) + x − 2 − x + x + 4 − x = m + 12 ( x ∈ R) x−2 có đồ thị (C) x −1 Hãy lập phương trình đường thẳng (d) qua điểm M ( 3; −1) cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho MB = 3MA Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x + − sin x cos x − sin x − = ( b) Tính tổng: S = 2 )( ) 1 2 100 100 C100 + C100 +L + C100 101 Câu (1,5 điểm) ( )  − x y + xy − y + = − − x y  Giải hệ phương trình:   x − y + x = ( x, y ∈ R ) Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy , cho đường tròn ( C ) đường thẳng ( d ) lần 2 lượt có phương trình ( x − ) + ( y + 1) = x − y + = Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn ( C ) điểm A thuộc đường thẳng ( d ) Hãy tìm tọa độ đỉnh A, B, C , D ; biết BD = AC tung độ điểm A không nhỏ Câu (1,5 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng tam giác SAB tam giác cân đỉnh S Góc đường thẳng SA mặt phẳng đáy 450 , góc mặt phẳng ( SAB ) mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD , biết khoảng cách hai đường thẳng CD SA a Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực không âm thoả mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 6( y + z − x ) + 27 xyz Hết - Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh………………… TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN KÌ THI THỬ HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN – THPT (Gồm 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Lưu ý chấm bài: - Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm - Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai khơng điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau - Trong lời giải câu học sinh khơng vẽ hình khơng cho điểm - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn Câu (2,5 điểm) Nội dung a) Điều kiện −2 ≤ x ≤ , đặt t = + x − 2 − x ⇒ t = 10 − x − 4 − x 1 t x' = + > 0, ∀x ∈ ( −2; ) nên x ∈ [ −2; 2] ⇔ t ∈ [ −4; 2] 2+ x 2−x 2 Khi pt cho có dạng: ( m + ) t + 10 − t = m + 12 ⇔ m ( t − 1) = t − 2t + +) Nếu t = thay vào pt không thỏa mãn +) Nếu t ≠ pt có dạng t − 2t + t − 2t + (1) Xét hàm số f ( t ) = m= , t ∈ [ −4; 2] \ { 1} t −1 t −1 t − 2t , f ' ( t ) = ⇔ t = 0, t = Ta có bảng biến thiên sau: Ta có f ' ( t ) = ( t − 1) t -4 + f'(t) - 0,25 0,25 - 0,25 +∞ -2 Điểm 1,0 điểm f(t) - 26 -∞ Dựa vào bảng biến thiên ta pt ban đầu có hai nghiệm phân biệt 26 0,25 ⇔ − ≤ m < −2 b) 1,5 điểm Ta thấy đường thẳng (d) khơng có hệ số góc cắt (C) điểm suy 0,25 (d) phải có hệ số góc Giả sử (d) có hệ số góc k phương trình (d): y = kx − 3k − Phương trình hồnh độ giao điểm là:  x ≠ x−2 = kx − 3k − ⇔  x −1 kx − ( 2k + 1) x + 3k + = ⇔ kx − ( 2k + 1) x + 3k + = (1) ( x = nghiệm) +) Để (d) cắt (C) hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt k ≠ ⇔ ⇔k≠0 ∆ ' = k + k + > +) Giả sử A ( x1 ; kx1 − 3k − 1) , B ( x2 ; kx2 − 3k − 1) , x1 , x2 hai nghiệm (1) theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = 4k + 3k + ; x1 x2 = (2) k k 0,50 0,25 Ta xét hai trường hợp sau: uuur uuur TH1 MB = 3.MA ⇔ x2 − 3x1 = −6 , kết hợp với (2) ta được: 5k + 3k + 5k + 3k + 3k + x1 = , x2 = ; = ⇔ k = −1; k = − 2k 2k 2k 2k k 1 +) k = − ⇒ ( d ) : y = − x − 5 k = − ⇒ ( d ) : y = − x + +) uuur uuur TH2 MB = −3.MA ⇔ x2 = −3x1 + 12 , kết hợp với (2) ta 0,25 4k − 4k − 3k + 3± , x2 = ; = ⇔k= k k k k k 3± Phương trình đường thẳng (d): y = ( x − 3) − Vậy x1 = 0,25 Câu (2,0 điểm) Nội dung Điểm 1,0 điểm a) ( )( ) Pt ⇔ ( − 2sin x ) + − sin x cos x − sin x − = ( )( ) ( )( ) ⇔ − sin x + sin x + − sin x cos x − sin x − = ( ⇔ − sin x )( ) + 2sin x + cos x − sin x − =  sin x = ⇔ − sin x 2sin x + cos x − sin x = ⇔   sin x − cos x = 2sin x π  x = + kπ  π = sin ⇔  ( k ∈ Z) +) sin x =  x = 3π + kπ  ( +) 0,25 )( sin x − cos x = 2sin x ⇔ ) π  sin x − cos x = sin x ⇔ sin x = sin  x − ÷ 2 6  0,25 0,25 π π    x = x − + kπ  x = − + kπ ⇔ ⇔ ( k ∈ Z)  x = π − x + π + kπ  x = 7π + k 2π 18   Vậy phương trình có họ nghiệm b) 0,25 1,0 điểm k2 k k −1 + k  k  C100 = C100 =  k − + ÷C100 k +1 k +1 k +1  k k k = kC100 − C100 + C100 k +1 100 99 100! k =k = 100.C99k −1 ⇒ S1 = ∑ kC100 = 100∑ C99k = 100.299 k !( 100 − k ) ! k =1 k =0 Ta có ∀k = 1,100 : k ∀k = 1,100, kC100 100 100 k =1 k =0 0,25 0,25 k k 100 ∀k = 1,100, S = ∑ C100 = ∑ C100 − C100 = − 1 100! k k +1 ∀k = 1,100, C100 = × = ×C101 ⇒ k +1 k + k !( 100 − k ) ! 101 0,25 1 100 k +1  101 k +1 101 k  C100 = C = C101 − C101 − C101 = ( − 102) ∑ ∑ 101  ÷ 101 k =1 101  k =0 k =1 k +  101 100 S3 = ∑ S = S1 − S + S3 = 100 ×2 − ( 99 100 101 2100 ×4947 − − 1) + ( − 102 ) = 101 101 0,25 Câu (1,5 điểm) Nội dung ( ) 2 ( + xy ) − x y + xy − y + = − y  ⇔ Hệ PT   x − y + x = 2 4  x y + xy − y + ≥ Điều kiện   x − y ≥ ( *) 4 Điểm ( 1) ( 2) 0,25 Từ pt ( 1) ta thấy y ≠ chia hai vế phương trình ( 1) cho y ta : 1 ( *)      x + ÷−  x + ÷ − = − , ( 3) Đặt t = x + → t ≥ y + ≥ y y y  y    ( ) Xét hàm số f ( t ) = 2t − t − 1, ∀t ∈ [ 2; +∞ ] , f ′ ( t ) = − t t −1 > ∀t ∈ [ 2; +∞ ] 0,50 ( Do t − − t > ⇔ t − > t ⇔ 3t > 4, ∀t ≥ ) Vậy hàm số f ( t ) đồng biến [ 2; +∞ ]   1 Từ ( 3) ⇒ f  x + ÷ = f ( 3) ⇔ x + = ⇔ x = − ( ) y  y y  Thay ( ) vào ( ) ta được: 3− 1 1 − y = ⇔ − − y = ⇔ y − y + y + = ( 5) y y y y 0,25  y2 = Từ ( ) ⇔ ( y − 1) ( y − y − 1) = ⇔   y = + + y = ⇒ x = ⇒ ( x; y ) ∈ { ( 2;1) , ( 2; −1) } {( )( + y = + ⇒ x = − ⇒ ( x; y ) ∈ − 2; + , − 2; − + Vậy tập nghiệm hệ phương trình : { )( ( S = ( 2;1) , ( 2; −1) , − 2; + , − 2; − + )} )} 0,25 0,25 Câu (1,5 điểm) Nội dung H B Điểm A D I 0,50 C Đường tròn (C) có tâm I ( 2; −1) , bán kính R = 2 , IB = IA Trong tam giác vuông 1 = 2+ = = ⇒ IA = 10 IAB ta có: 2 IH IA IB IA Do A thuộc (d) nên A ( 2t − 3; t ) , kết hợp với IA = 10 t = 2 + ( t + 1) = 10 ⇔ 5t − 18t + 16 = ⇔  ⇒t=2 t = 1, Suy A ( 1; ) , I trung điểm AC nên C ( 3; −4 ) uuur 2 Giả sử đường thẳng AC có vtpt nAB = ( a; b ) , a + b > ⇔ ( 2t − ) 0,25 Pt AB: a ( x − 1) + b ( y − ) = Ta có d ( I ; AB ) = ⇔ a − 3b a +b = ⇔ ( a − 3b ) = ( a + b ) ⇔ 7a + 6ab − b = 2 ⇔ a = −b;7a = b +) Nếu a = −b , chọn a = 1, b = −1 ⇒ AB : x − y + = +) Nếu 7a = b , chọn a = 1, b = ⇒ AB : x + y − 15 = Như ta có AB : x − y + = ⇒ AC : x + y − 15 = ngược lại Giả sử AB : x − y + = ⇒ AC : x + y − 15 = Đường thẳng CD song song với AB nên CD : x − y + c = , CD qua C nên + + c = ⇒ c = −7 ⇒ CD : x − y − = 0,25 0,25 x − y − = x = ⇔ ⇒ D ( 8;1) , kết hợp với I Do tọa độ D nghiệm hệ   x + y − 15 = y =1 0,25 trung điểm BD suy B ( −4; −3) Vậy tọa độ đỉnh là: A ( 1; ) , B ( −4; −3) , C ( 3; −4 ) D ( 8;1) Câu (1,5 điểm) Nội dung Điểm S 0,25 P A M B D N H C Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt đáy, M trung điểm AB tam giác SAB cân S nên SM vng góc với AB kết hợp với SH vng góc với đáy suy AB vng góc với mặt phẳng SMN nên theo giả thiết ta được: ∠ ( SA, ( ABCD) ) = ∠SAH = 450 ⇒ SA = SH 2 Từ điểm N kẻ NP vng góc với SM dễ thấy NP khoảng cách hai đường thẳng SA CD suy NP = a Ta có ∠ ( ( SAB ), ( ABCD ) ) = ∠ ( SM , MH ) = ∠SMH = 600 ⇒ SM = SH 0,5 0,25 SH MN = NP.SM ⇔ SH AB = a 6.SH ⇔ AB = 2a Trong tam giác SAM ta có SH + 2a ⇔ SH = a 3 a 3.8a 3a = = 3 SA2 = AM + SM ⇔ 2SH = VS ABCD = SH S ABCD 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung Điểm 1,0 điểm Ta có P = 6( y + z ) + (27 yz − 6) x y + z ≤ 2( y + z ) = − x 27 yz − ≤ 27 2 − x2 −6  27  2 Do P ≤ − x + x  (1 − x ) −  2   27  2 Xét hàm f ( x) = − x + x  (1 − x ) −  [ 0;1] , ta có: 2  81 15 < ∀x ∈ [ 0;1) f '( x ) = − − x + ; f ''( x) = −81x − 2 (1 − x ) − x 1− x 1 Suy hàm f '( x ) nghịch biến; ta lại có f '  ÷ =  3 2x 0,25 0,25  1 1 1  Do với x ∈  0;  f '( x ) ≥ f '  ÷ = ; với x ∈  ;1÷  3  3 3  0,25 1 1 f '( x ) ≤ f '  ÷ = Vì vậy, f ( x) ≤ f  ÷ = 10 với x ∈ [ 0;1]  3  3 Như P ≤ 10 Dấu đẳng thức xảy x = y = z = 3 0,25 Vậy giá trị lớn P 10 Chú ý: Có thể giải tốn cách không sử dung đạo hàm sau: Đặt a = 3x; b = y; c = 3z , a + b + c = P = 2(b + c − a ) + abc Ta chứng minh 2(b + c − a ) + abc ≤ 10 (*) 2 Thật vậy, ta có (*) ⇔ 4(b + c − a ) + 2abc ≤ a + b + c + 11 (1) Ta có b + ≥ 4b; c + ≥ 4c nên 4(b + c) ≤ b + c + (2) Đẳng thức xảy (2) b = c = Ta cần chứng minh −4a + 2abc ≤ a + 2 Ta có −4a + 2abc ≤ −4a + a.(b + c ) = −4a + a (9 − a ) Mà −4a + a(9 − a ) ≤ a + ⇔ a + a − 5a + ≥ ⇔ (a − 1) (a + 3) ≥ (luôn đúng) Vậy −4a + 2abc ≤ a + (3) Từ (2) (3) suy (1) chứng minh, tức (*) chứng minh Đẳng thức xảy a = 1; b = c = Vậy giá trị nhỏ P 10 x = y = z = 3 ……… Hết……… ...TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN KÌ THI THỬ HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017- 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN – THPT (Gồm 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Lưu ý chấm bài: - Đáp án... có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm - Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai khơng điểm - Học sinh... t ) = ⇔ t = 0, t = Ta có bảng biến thi n sau: Ta có f ' ( t ) = ( t − 1) t -4 + f'(t) - 0,25 0,25 - 0,25 +∞ -2 Điểm 1,0 điểm f(t) - 26 -∞ Dựa vào bảng biến thi n ta pt ban đầu có hai nghiệm phân

Ngày đăng: 26/11/2017, 11:52

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan