Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 - THPT Lê Qúy Đôn, Thái Bình

Với mong muốn giúp các bạn đạt kết quả cao trong kì thi, TaiLieu.VN đã sưu tầm và chọn lọc gửi đến các bạn Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 - THPT Lê Qúy Đôn, Thái Bình. Mời các bạn cùng tham khảo!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 - THPT Lê Qúy Đôn, Thái BìnhSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNHTHPT LÊ QUÝ ĐÔN--------&&&-------ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12NĂM HỌC 2017 - 2018Môn thi : Toán - Thời gian làm bài 180 phút(Đề thi gồm 01 trang)Bài 1.(5 điểm)2x 1có đồ thị là (H). M là điểm trên (H) sao cho xM > 1, tiếp tuyến của (H) tại2x  2M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B. Xác định toạ độ điểm M sao choSOIB  8SOIA ( trong đó O là gốc toạ độ, I là giao của hai tiệm cận)Cho hàm số y Bài 2.(6 điểm)1) Giải hệ phương trình4  9.3x2 2y  4  9 x2 2y .72y  x2  22  x 2  2x  2y  2x  42) Giải bất phương trình: x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4) .3) Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:P=2413a + 12 ab + 16 bc-3a+b+c.Bài 3.(6 điểm).1) . Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC; M, N lần lượt là trung9 2điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  ,5 5K(9; 2) và các đỉnh B,C lần lượt nằm trên các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0, d 2 : x  y 5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4.2) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC = 3a, AC = 4a, cạnh2 22BB’ =a . Hình chiếu vuông góc của B’ trên (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC.3Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và AC’.  600 , SA =3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1, góc BAD= SB = SD = 1. Gọi M, N là hai điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AD sao cho mp(SMN)vuông góc với (ABCD). Đặt AM = x, AN = y, tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện SAMNnhỏ nhất.Bài 4.(2 điểm)ABCCho tam giác ABC có các góc thoả mãn 2sinA + 3sinB + 4sinC = 5cos  3cos  cos .222Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.Bài 5.(1 điểm) Trong mặt phẳng có n điểm, trong đó có k điểm thẳng hàng, số còn lại không có 3 điểmnào thẳng hàng. Biết rằng từ n điểm đó tạo được 36 đường thẳng phân biệt và tạo được 110 tam giác khácnhau. Hãy tìm n, k.---------Hết-------Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ tên thí sinh: ……………………………………...Số báo danh:………………..…………..SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH--------&&&------THPT Lê Quý ĐônBài(5 đ)Cho hàm số y HƯỚNG DẪN CHẤMĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12NĂM HỌC 2017 - 2018Môn thi : Toán( Gồm 6 trang)2x 1có đồ thị là (H). M là điểm trên (H) sao cho xM > 1, tiếp tuyến của2x  2(H) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B. Xác định toạ độ điểmM sao cho S OIB  8S OIA ( trong đó O là gốc toạ độ, I là giao của hai tiệm cận)2x 1 M  x0 ; 0 , x0  1 thuộc (H), Tiếp tuyến của (H) tại M có phương trình 2 x0  2 2x 12(d ) : y  0( x  x0 )2 x0  2  2 x0  2 21.0x (d) cắt tiệm cận đứng tại A  1; 0  , (d) cắt tiệm cận ngang tại B(2x0 – 1; 1) x0  1 1IA =, IB = 2( x0  1)x0  11.0S OIB  8S OIA  2( x0  1)  x  1(ktm)82  x0  1  4   0x0  1 x0  3(tm)1.01.0 5Vậy M  3;  4Bài 21(2đ)1.0Giải hệ phương trình4  9.3x2 2y  4  9 x2 2y .72y x2 22  x 2  2x  2y  2x  4Đk: y –x  2  0 (*)Đặt t = x2 – 2yPt(1) trở thành : 4  3t  2 0.5 4  9  .7f(t  2)  f(2t)  t  2  2t  t  2t2 –t4  3t  2 4  32t 2t7t  270.5 Từ đó 2y = x – 243nghÞch biÕn trªn R  Víi f(x) =x72xThay 2y = x2 – 2 vào pt(2) ta đượcĐặt2  x 2  2x  x 2  2x  2 (3)x 2  2x  2  a  1 phương trình (3) trở thành a 2  a  (2  2)  0 (4) x  0(tm *)y  1Giải pt (4) được a  2 t×m ®−îc x  2(tm *)  y  1Bài 20.50.52(2đ)Giải bất phương trình: x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4)(x R).0.5 1  5  x  0HD: ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0   x  1  50.5Khi đó (*)  4 x( x 2  2 x  4)  x 2  5 x  4 4 x( x 2  2 x  4)  ( x 2  2 x  4)  3x (**)0.5TH 1: x  1  5 ,Chia hai vế cho x > 0, ta có: (**)  4Đặt t 1x2  2 x  4 x2  2 x  43xxx2  2 x  4, t  0 , ta có bpt: t 2  4t  3  0  1  t  3x21  177  65x2  2x  4 x  7 x  4  0x3  222x x  x  4  00.5TH 2: 1  5  x  0 , x 2  5 x  4  0 , (**) luôn thỏa 1  17 7  65 ;22 Vậy tập nghiệm bpt (*) là S   1  5;0   Bài23(2đ)Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:243P=.13a + 12 ab + 16 bca+b+cÁp dụng bất đẳng thức Côsi ta cóa  4bb  4c13a  12 ab  16 bc  13a  6 a.4b  8 b.4c  13a  6. 8. 16(a  b  c)220.5 13a  12 ab  16 bc  16(a  b  c) . Dấu “ = ” xảy ra  a  4b  16c .Suy ra P 32a  b  c3abcĐặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P Xét hàm số f  t  32tf  t   0 BBT.3t30.5.32t3ttrên khoảng (0; ) , ta có f  t  2t t32t232t t32t2. 0  t  1 ; lim f (t)   ; lim f (t)  0x 0x 0.516413a  b  c  1;b  ;c  .aVậy ta có P   , đẳng thức xảy ra  2121212a  4b  16cVậy giá trị nhỏ nhất của P là Bài31(2đ)0.53 16 4 1 khi và chỉ khi  a, b, c    , ,  .2 21 21 21 Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC; M, N lần lượt là trung9 2điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  ,5 5K(9; 2) và các đỉnh B,C lần lượt nằm trên các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0, d 2 : x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4.ABNMHDMN là đường trung bình của tam giác HAB  MN / / AB, MN bình hành  MN / / CK, MN  CK CK1AB . Do MNCK là hình20.51AB suy ra K là trung điểm của CD2Ta có MN  BC , BH  MC nên N là trực tâm tam giác BCM  CN  BM , mà MK // ...