Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hà Nam

Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn tập kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hà Nam để tích lũy kinh nghiệm giải đề các em nhé!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hà NamSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHÀ NAMKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPTNĂM HỌC: 2017 - 2018Môn: Toán – Lớp 12Thời gian làm bài: 180 phút.ĐỀ CHÍNH THỨC(Đề thi có 01 trang)Câu 1. (5,0 điểm)1. Cho hàm số y  x3  3mx 2  3(1 m 2 ) x  m3  m 2 , với m là tham số thực. Chứng minhrằng ∀m ∈  hàm số trên luôn có hai điểm cực trị. Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số trên thỏamãn điều kiện điểm M vừa là điểm cực đại của đồ thị hàm số ứng với giá trị này của m đồng thờiđiểm M vừa là điểm cực tiểu của đồ thị ứng với giá trị khác của m .2x + 1có đồ thị (C ) , điểm I (3;3) và đường thẳng d : y =− x + m . Tìm mx +1để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tứ giác OAIB bằng 62. Cho hàm số y =( O là gốc tọa độ).Câu 2. (4,0 điểm)1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực 16 x 2  96 x  208   2 3 x  4  6 x  3 5 x  9 .x 2  9  log 2  12 x  16  45 x  81 2.4 y  1  2 2 x 1  2log ( x )2y2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực .23 y2 xx241 x  1 3 2 x 1  32Câu 3. (2,0 điểm) Tính tích phân I  4x2( x 2 1) cos 2 x  1 x sin 2 xdx.Câu 4. (5,0 điểm)1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Biết AB=SD=3a,AD=SB=4a, đường chéo AC vuông góc với mặt phẳng (SBD). Tính theo a thể tích khối chópS.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.2. Cho mặt cầu có tâm O và bán kính R. Từ một điểm S bất kỳ trên mặt cầu ta dựng ba cát tuyến   . Tính thể tích  CSAbằng nhau, cắt mặt cầu tại các điểm A, B, C ( khác với S) và ASB  BSCkhối chóp S.ABC theo R và α . Khi α thay đổi, tìm α để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất.Câu 5. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) đi qua điểm A(2; −2;5) vàtiếp xúc với các mặt phẳng (α ) : x =1;( β ) : y =−1;(γ ) : z =1 . Viết phương trình mặt cầu ( S ) .Câu 6. (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab ≥ 1 và c(a + b + c) ≥ 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P b  2c a  2c 6ln(a  b  2c) .1 a1 b---HẾT---Họ và tên thí sinh……………………………….Số báo danh………………………..........................Người coi thi số 1……………………………….Người coi thi số 2.………………...........................SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHÀ NAM(Hướng dẫn chấm có 07 trang)KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPTNĂM HỌC 2017 - 2018Hướng dẫn chấm môn: Môn Toán – Lớp 12CâuýTXĐ: D  Câu1.1 (2,5đ) y  3 x 2  6mx  3 1 m 25,0đNội dungĐiểm0,25 x= m − 1Hàm số luôn có hai điểm cực trịy = 0 ⇔  x= m + 1x =m − 1 ⇒ y =−m 2 + 3m − 2 .Điểm cực tiểu của đồ thị ( m − 1; − m + 3m − 2)0,250,2520,25x =m + 1 ⇒ y =−m + 3m + 2 .20,25Điểm cực đại của đồ thị ( m + 1; − m + 3m + 2)20,25Quỹ tích điểm cực tiểu của đồ thị là (P): y =−x + x20,25Quỹ tích điểm cực đại của đồ thị là (P’): y =− x + 5x − 22Điểm M vừa là điểm cực đại ứng với giá trị này của m, vừa là điểm cực tiểu ứngvới giá trị khác của m nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ1=x−x + x y =2⇔2− x + 5x − 2  = 1 y =y41 1Vậy M ( ; )2 40,2522.2,5đ0,250,25TXĐ: D   12x + 1=− x + m .x +1Phương trình hoành độ giao điểm :0,25⇔ x 2 + (3 − m) x + 1 − m =0 .∆= m 2 − 2m + 5 > 0∀m .0,250,25Đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, BGọi A( x1; − x1 + m), B ( x2 ; − x2 + m)Theo Vi-ét x1 + x2 =m − 3; x1 x2 =1− m⇒ AB=2( x2 − x1 ) 2=2[( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 =]OI = 3 2Tứ giác OAIB có OI ⊥ ABS=OAIB0,252(m 2 − 2m + 5)0,250,250,2511OI .=AB.3 2. 2(m 2 − 2m + 5) .220,250,25= 3 m 2 − 2m + 51 SOAIB  6  m 2  2m  5  2  m  11.2,0đĐK: x ≥ −0,254316( x 2 + 6 x + 13)BPT ⇔ x + 9 + log 2≤ 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 92 3x + 4 + 3 5 x + 92x 2  6 x  13  log 2 ( x 2  6 x  13)  2 3 x  4  3 5 x  9  log 2 (2 3 x  4  3 5 x  9)Xét hàm số f t   log 2 t  t , với t  0 có f t  Câu24,0đ1 1  0, t  0 .t ln 20,250,25Do đó hàm số f t  đồng biến trên 0; .0,25BPT có dạng f ( x 2  6 x  13)  f (2 3 x  4  3 5 x  9)0,25 x 2  6 x  13  2 3 x  4  3 4 x  50,25 x 2  x  2( x  2  3 x  4)  3( x  3  5 x  9)  00,252( x 2 + x)3( x 2 + x)⇔ ( x + x) ++≤0x + 2 + 3x + 4 x + 3 + 5 x + 923⇔ ( x 2 + x)(1 ++)≤0x + 2 + 3x + 4 x + 3 + 5 x + 9⇔ x 2 + x ≤ 0 ⇔ x ∈ [ − 1;0]20,250,25 y2.4  1  2 2 x 1  2log ( x ) (1)2y.223x  x  2 4 y 1(2) x  1 3 2 x 1  30  x  13ĐK:  y  01(1) ⇔ 4 y + = 222x+ log 2 x − log 2 y⇔ 4 + log 2 2 + log 2 y= 2y2.2,0đ⇔ 2 + log 2 2. y = 22y2.x22.x2+ log 2 2+ log 2 ( 2.x2x)2f (t )= 22t + log 2 ( 2.t ) ⇒ f (t )= 2.22t.ln 2 +0,251> 0∀t > 0t ln 2Hàm số f(t) đồng biến với t>0PT ⇔ f ( y )= f (x) ⇔ y=2x⇔ 2 y2= x20,2 ...