Tài liệu Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa năm 2012 môn Toán potx

tailieuhay_389
tailieuhay_389(15183 tài liệu)
(7 người theo dõi)
Lượt xem 3
0
Tải xuống
(Lịch sử tải xuống)
Số trang: 5 | Loại file: PDF
0

Gửi bình luận

Bình luận

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 25/02/2014, 07:20

Mô tả: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số 3212313yxxx=− + − +. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Gọi 32() 6 9 3fxx x x=− +−, tìm số nghiệm của phương trình: [] []32() 6 () 9 () 3 0fx fx fx−+−=. Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình (1 sin )(1 2 sin ) 2(1 2 sin ) cos 0xx xx+−++ =. 2) Giải hệ phương trình ()23322() (2)2,.2( 1) 1 0xy xyxyxy xy xyxyyx−+⎧−=+ +−− −⎪∈⎨−−+=⎪⎩ Câu III (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2012. 2) Tính tích phân 2222(sin cos )d3sin 4cosxxxIxxππ−+=+∫. Câu IV (6,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn 22(): 9Cx y+=, đường thẳng :33yxΔ=−+ và điểm (3; 0)A . Gọi M là một điểm thay đổi trên ()C và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là hình bình hành. Tính diện tích tam giác ABM , biết trọng tâm G của tam giác ABM thuộc Δ và G có tung độ dương. 2) Cho hình chóp .SABCD, đáy là hình chữ nhật có ABa= và 2BC a= , mặt phẳng ()SAB vuông góc với đáy, các mặt phẳng ()SBC và ()SCD cùng tạo với đáy một góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 26a. a) Tính thể tích khối chóp .S ABCD . b) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD . Câu V (2,0 điểm) Cho các số thực ,,xyz thoả mãn 11,,132xyz>>> và 32123221xyz++≥++. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (3 1)(2 1)( 1)Ax y z=−−−. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Số báo danh … …… - 1 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 04 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 1) 3,0 điểm ● Tập xác định: D =. ● Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: 2'43yxx=− + − ; '( ) 0 1yxx=⇔= hoặc 3x=. 0,5 Hàm số nghịch biến trong khoảng: ( ; 1)−∞ và (3; )+∞ ; đồng biến trên khoảng: (1; 3) . + Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1x=; CT13y=− , đạt cực đại tại 3x=; yCĐ 1= . + Giới hạn: limxy→−∞=+∞; limxy→+∞=−∞. 1,0 + Bảng biến thiên 1,0 ● Đồ thị: + Đi qua điểm: (0; 1) và 14;3⎛⎞−⎜⎟⎝⎠. + Nhận xét: Đồ thị (C) đối xứng qua điểm 12;3I⎛⎞⎜⎟⎝⎠. 0,5 2) 1,0 điểm 4,0 điểm [][]32() 6 () 9 () 3 0fx fx fx−+−= (1) (1) [][]321() 2 () 3 () 1 03fx fx fx⇔− + − + =. 0,5 x −∞ 1 3 +∞ 'y − 0 + 0 − y −∞+∞13− 1y1134 x O13− - 2 - Đặt 321() 2 3 13gx x x x=− + − + , ta có: (1) ( ( )) 0gfx⇔= () 0()gmmfx=⎧⇔⎨=⎩ () 0 (2)()(3).3gmmgx=⎧⎪⇔⎨−=⎪⎩ Số nghiệm của (1) là số nghiệm của (3), với m nhận tất cả các giá trị thoả mãn (2). Từ đồ thị (C), suy ra (2) có 3 nghiệm m, thoả mãn: 0 1m<< , 1 3m<< và 3 4m<<. Cũng từ (C), ta có: + Nếu 01m<< hay 1033m−<− < thì (3) có 3 nghiệm phân biệt. + Nếu 1 3m<< hay 1133m−<− <− thì (3) có đúng 1 nghiệm. + Nếu 3 4m<< hay 4133m−<− <− thì (3) có đúng 1 nghiệm. Rõ ràng, các nghiệm của (3) trong 3 trường hợp trên là đôi một khác nhau. Do đó (1) có đúng 5 nghiệm. 0,5 II 1) 2,0 điểm (1 sin )(1 2 sin ) 2(1 2 sin ) cos 0xx xx+−++ = (1). (1) 222cos sin (1 2sin ) 2(1 2sin ) cos sin 022 2 2xx x xxx⎛⎞ ⎛ ⎞⇔+ −++ − =⎜⎟ ⎜ ⎟⎝⎠ ⎝ ⎠ cos sin 022xx⇔+= (2) hoặc cos sin (1 2sin ) (2 4sin ) cos sin 022 22xx xxxx⎛⎞ ⎛⎞+−++ −=⎜⎟ ⎜⎟⎝⎠ ⎝⎠ (3) ● (2) tan 12x⇔=− 22xkππ⇔=−+. 1,0 ● (3) 3cos sin 2sin cos 6sin sin 022 2 2xx x xxx⇔−+ − = 223cos sin 4sin cos 12sin cos 022 22 22xx xx xx⇔−+ − = 333sin 4sin 12cos 9cos 022 22xx xx⇔− + −= 33sin 3cos 022xx⇔+ = 2233xlαπ⇔= +, tan 3α=− . Vậy, (1) có nghiệm: 22xkππ=− + hoặc 2233xlαπ=+ , tan 3α=− (với ,kl∈ ). 1,0 2) 2,0 điểm 23322() (2)2(1)2( 1) 1 0 (2).xy xyxyxy xy xyyx−+⎧−=+ +−− −⎪⎨−−+=⎪⎩ + Điều kiện: 0, 2 0xy xy+≥ −≥ (*). + Khi đó: 2(1) 2 (2 ) 2 2 ( )xy xyxyxy xyxy−+⇔+− −=+++. Xét hàm () 2tfttt=+, suy ra: (1) có dạng (2 ) ( )fxy fxy−=+. Mặt khác ()ft đồng biến, do đó (1) 2xyxy⇔−=+ hay 2xy=. 1,0 4,0 điểm + Thế vào (2), ta được: 3312(2 1)yy+= − (3). Đặt 321yt=−, phương trình (3) trở thành hệ: 33(2 1)(2 1)tyyt⎧=−⎪⎨=−⎪⎩ 1,0 - 3 - Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được: ()22do 2(2 1) 2(2 1)(2 1) 2(2 1) 1 0 ,ty y y t t yt=−+−−+−+>∀ Thế vào hệ:3(2 1)yy=−32812 510yyy⇔− +−=2(1)(8 41)0yyy⇔−−+= 1y⇔=. 12yx=⇒ =, thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): ( ; ) (2; 1)xy= . III 1) 2,0 điểm ● Lập số chẵn dạng abcd . Đặt {}0, 1, 2, 3, 4E =. + Chọn 0d =, chọn thứ tự ,,abc trong tập {}\0E có 3424A= cách. Dạng này có 24 số. + Chọn 0d ≠ có 2 cách, chọn {}\0,aE d∈ có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập {}\,Eda có 236A = cách. Dạng này có 2.3.6 36= số. Lập được 24 36 60+= số. 1,0 ● Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2012, có dạng 1bcd : Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập {}\1,Ed có 236A= cách. Dạng này có: 3.6 18= số. Suy ra số lớn hơn 2012 có 60 18 42−= số. Xác suất cần tính: 42 760 10P ==. 1,0 2) 2,0 điểm 0222 2202(sin cos )d (sin cos )d3sin 4cos 3sin 4cosxxx x xxIxxxxππ−++=+++∫∫ Đặt xt=− , ta có: 00222 2 22 22 2 20022(sin cos )d ( sin cos )d ( sin cos )d ( sin cos )d3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cosxxx t tt t tt x xxxxttttxxππππ−+ −+−+−+=− = =++++∫ ∫∫∫. 1,0 4,0 điểm Suy ra: 2222 200cos d dsin223sin 4cos 4 sinxxxIxxxππ==+−∫∫2011 1dsin2 sin 2 sin 2xxxπ⎛⎞=−⎜⎟+−⎝⎠∫ 201sin2ln2sin2xxπ⎛+⎞=⎜⎟−⎝⎠1ln 32= . 1,0 IV 1) 3,0 điểm (C) có tâm O(0; 0), bán kính 3R =. Nhận xét:()ACOAOM∈⇒= ⇒ ABMO là hình thoi ⇒ AM OB⊥. Gọi IAM OB=∩ ⇒ 43OG OI= . Kẻ //GK AM, KOA∈, ta có: 43OK OA=uuur uuur ⇒ (4; 0)K . 1,0 6,0 điểm //GK AM⇒ GK OB⊥. Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK . Toạ độ (; ), 0Gx y y> thoả mãn: 2233(2) 4yxxy⎧=−+⎪⎨−+=⎪⎩ ()223313 4xyyy⎧=+−⎪⇔⎨+−+=⎪⎩23322(13)230xyyy⎧=+−⎪⇔⎨+− − =⎪⎩(3; 3) (do 0)Gy⇒>. 1,0 x y O M B A G K I - 4 - Diện tích: ()( ) () ()922 16AMB OAM OAI OKGSS S SΔΔ Δ Δ== =9.d(,).82OK G Ox=9.4. 316=934= . 1,0 2) 3,0 điểm a) Gọi H là hình chiếu của S trên ( )ABCD , suy ra HAB∈ (do ( ) ( )SAB ABCD⊥ ). CB HB⊥, suy ra góc giữa hai mặt phẳng ()SBC và ( )ABCD là SBH . Hạ ()HE CD E CD⊥∈ , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( )SCD và ( )ABCD là SEH . Do đó SBH SEH= 2HB HE a⇒==. Ta được //BDAE //( )BDSAE⇒ d( , ) d( ,( )) d( ,( ))SA BD B SAE H SAE⇒= = (do A là trung điểm HB) 2d( ,( ))6aHSAE⇒=. 1,0 Nhận xét rằng , ,HA HE HS đôi một vuông góc, suy ra: 22221 111d( ,( ))H SAE HA HE HS=++22 2 2311 124aa aHS⇔=++2SH a⇔=. Thể tích: 3(. ) ( )14.33S ABCD ABCDaVSSH==. 1,0 b) //BDAE, suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE . Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE , với 225AESA SH HA a== + = và 222SE SH a==, ta có: 2221cos( , ) cos2. . 5SA AE SESA BD SAESA AE+−===. 1,0 V Đặt 31 ,21, 1xay bz c−= −= −=; ta có: ,,abc là các số dương và A abc=. Khi đó: 32123221xyz++≥++ 3212321abc⇔++≥+++ 32321abcabc⎛⎞⇔−++≥⎜⎟+++⎝⎠ 1321abcabc⇔++≤+++. 0,5 Suy ra: 121 3bc abc a+≤−++ + hay 32321(2)(1)bc bcabcbc≥+≥+++++ (1). 0,5 Tương tự: 222(1)( 3)cabca≥+++ (2) và 121(3)(2)abcab≥+++ (3). Nhân vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: 34A≤. 0,5 2,0 điểm Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: 13213abcabc===+++ 31,1,22abc⇔= = = 93,3,22xyz⇔===. Vậy, max 34A = . 0,5 ……………………………….……… HẾT………………………………………………. S A B C D E t H . TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2 012 Môn thi: TOÁN Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2 012 Thời. THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2 012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2 012 (Hướng dẫn gồm 04

— Xem thêm —

Xem thêm: Tài liệu Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa năm 2012 môn Toán potx, Tài liệu Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa năm 2012 môn Toán potx, Tài liệu Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa năm 2012 môn Toán potx

Lên đầu trang

Tài liệu liên quan

Từ khóa liên quan

Đăng ký

Generate time = 0.0696229934692 s. Memory usage = 13.92 MB