Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường khối 12 môn Toán

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 2

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 12

NĂM HỌC 2016-2017

Môn: Toán, thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )

Câu 1. ( 4 điểm ). Cho hàm số ݕ= ݔସ−2݉ݔଶ+ 2݉ଶ−1 có đồ thị là (Cm).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m=1. 2. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một

tam giác nhận gốc tọa độ là trọng tâm.

Câu 2. ( 4 điểm )

1. Giải phương trình ܿ݋ݏ3ݔ+ ܿ݋ݏݔ= 1 + √2 sin ቀ

గ

ସ−2ݔቁ.

2. Giải hệ phương trình

ቊ√8 + ݔଶ+ 2√ݔ= 4 + √݁௬

√8 + ݁ଶ௬+ 2√݁௬= 4 + √ݔ

Câu 3. ( 4 điểm )

1. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 9 4 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức:     2 2 2 1 1 1 y z x S x x y y z z       

2. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: m x x x x m        3 1 4 1 4

Câu 4. ( 6 điểm )

1. Cho tứ diện SABC có ba cạnh , , SA SB SC đôi một vuông góc với nhau. a. Cho SB = SC = a, góc giữa hai mặt (ABC) và (SBC) là 450. Tính thể tích khối tứ

diện SABC và khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABC) theo a. b. Gọi R và r theo thứ tự là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện

SABC . Chứng minh rằng:   2 3 1 3 R r   .

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho tam giác nhọn ABC. Đường trung tuyến

kẻ từ A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình: 3x + 5y – 8 = 0; x – y – 4 = 0. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai D(4;-2). Viết phương trình đường thẳng AB biết điểm B có tung độ âm. Câu 5. (2 điểm )

Một hộp đựng mười chiếc thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 10. Hỏi cần lấy ra ít nhất bao nhiêu chiếc thẻ để xác suất có ít nhất một chiếc thẻ ghi số chia hết cho 5 phải lớn hơn 0,9.

======= Hết =======

Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

ThuVienDeThi.com

Đáp án.

Câu ý Nội dung Điểm 1 1 Học sinh tựgiải 2,0

2 ݕᇱ= 4ݔଷ−4݉ݔ, ݕᇱ= 0 ↔ݔ= 0, ݔଶ= ݉ Hàm số có 3 điểm cực trị khi m > 0. Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: A(0; 2݉ଶ−1), B(√݉; ݉ଶ−1), C(−√݉; ݉ଶ−1) Tọa độ trọng tâm là gốc tọa độ ↔4݉ଶ−3 = 0 ↔݉= ±√3/2 Kết hợp với điều kiện ta được ݉= √3/2 là giá trịcần tìm.

0,5

0,5 0,5 0,5

2 1 Phương trình ↔ܿ݋ݏ3ݔ+ ܿ݋ݏݔ= 1 + ܿ݋ݏ2ݔ−ݏ݅݊2ݔ

↔ܿ݋ݏ2ݔ(2ܿ݋ݏݔ−1) = 1 −ݏ݅݊2ݔ

↔[ ܿ݋ݏݔ−ݏ݅݊ݔ= 0 (ܿ݋ݏݔ+ ݏ݅݊ݔ)(2ܿ݋ݏݔ−1) = ܿ݋ݏݔ−ݏ݅݊ݔ

Từđó giải được các nghiệm là: ݔ=

గ

ସ+ ݇ߨ, ݔ= ±

గ

ଶ+ ݇2ߨ, ݔ= ݇2ߨ

0,5 0,5 1,0

2 Trừ vế với vế ta được: √8 + ݔଶ+ 3√ݔ= √8 + ݁ଶ௬+ 3√݁௬ (3) Xét hàm số: ݂(ݐ) = √8 + ݐଶ+ 3√ݐ, ݐ≥0 Ta có hàm f(t) đồng biến trên miền ݐ≥0 nên pt (3) ↔ݔ= ݁௬ Thay vào (1) ta được: √8 + ݔଶ+ √ݔ−3 = 0 Dễ chứng minh được phương trình có nghiệm duy nhất x = 1, Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1, y = 0.

0,5 1,0 0,5

3 1 Ta có       2 2 2 ln ln 1 ln 1 ln 1 S y x x z y y x z z          .

Xét hàm số     2 ln 1 , 0 1 f t t t t     . Ta có

 2

1 3 4 ' ' 4 5 1 f t f t

         

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C của hàm số  1

tại điểm 3 ;ln 2 4      

có phương trình là  4 3 ln 2 5 5 y t d   

Lại có 

  2 2 '' 0, 0 1 1

t f t t t t

     

, nên đồ thị  C lồi trên

khoảng   0;. Do đó tiếp tuyến (d) của đồ thị  C nằm phía

trên đồ thị  C . Suy ra

  2 4 3 ln 1 ln 2 , 0 5 5 t t t t      

Áp dụng bất đẳng thức này cho số dương x ta được :

0,5

ThuVienDeThi.com