Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề.. Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số.. Có bao nhiêu tự nhiên gồm năm chữ số trong đó có đúng hai số 1 và ba chữ số còn lại khác nha
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: Toán-lớp 12.
Ngày thi: 20 tháng 02 năm 2011.
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề).
Câu I (4 Điểm) Cho hàm số: y =x4−2x2−3
1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Gọi d là đường thẳng qua A(1; - 4) và có hệ số góc bằng k Tìm k để d cắt (C) tại bốn điểm phân biệt
Câu II ( 6 điểm)
1 Giải hệ phương trình :
2
= 0
1 2x
x y y x y
y
+ − − −
2 Giải phương trình sau:
4
Câu III (4 điểm)
1 Tính tích phân:
/4
2 /4
sin 1
x
π π
=
∫
2 Có bao nhiêu tự nhiên gồm năm chữ số trong đó có đúng hai số 1 và ba chữ số còn lại khác nhau
Câu IV (5 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) Biết (C) có phương trình: (x - 1)2 + (y + 2)2 = 25; ·ABC = 900; A(4;2) và diện tích tam giác ABC bằng 25 Tìm tọa độ đỉnh B
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 10x - 6y + z - 19 = 0, đường thẳng (d):
2
1
1
y
= +
= −
= +
Viết phương trình đường thẳng ( ) ∆ đi qua M(0; -3, 1), nằm trong (P) sao cho ( ) ∆ và (d) hợp
với nhau một góc 600
3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy Góc giữa mặt
phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
Câu V (3 điểm)
1 Tính giới hạn sau: 2 K = ( )
2011 2011
2011 lim
ln 2010
x x
x x
→
−
−
2 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 6 x + 3 y + 2 z = 27 xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
………Hết………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3HD CHẤM Câu I
1 (3 điểm)
2 PT đt d: y = k(x-1) - 4 PT hoành độ giao điểm:
4 2
1
2 3 k x 1 4
x
x x
=
Lập BBT của h/s g(x) từ đó tìm được -32/27 < k < 0
Câu II
1 Giải hệ: Giải PT đầu được 2x + y = 1 hoặc 2x + y = -2
Nếu 2x + y = 1 hay 1–2x = y ≥0, thế vào (2) ta có phương trình 8 y+y2 − =9 0, đặt u = y ≥0, suy ra:
t4 + 8t – 9 = 0 ⇔ (u–1)(u3+u2+u+9)=0, vậy u = 1, vì u3+u2+u+9>0 khi u ≥0, hệ có nghiệm x= 0; y = 1 Nếu 2x + y = –2 hay 1–2x = y + 3≥0 thế vào phương trình (2) ta có: 2
8 y+ +3 y − =9 0 ⇔
8 y+ +3 (y−3)(y+ = ⇔3) 0 3
y
= −
Với y = – 3 thì hệ có nghiệm 1; 3
2
x= y= − Với 8 (+ y−3) y+ =3 0, đặt v= y+ ≥3 0, ta có phương trình 8 (+ v2−6)v=0
Xét hàm số : g(t) = v3 – 6v + 8, g’(v) = 3v2 – 6 , g’(v) = 0 khi v= ± 2
Hàm g(v) đạt cực đại tại (− 2;8 4 2+ ); đạt cực tiểu tại ( 2 ;8 4 2− ), vì g(0)=8>0 và 8 4 2− >0 nên g(t) = 0 không có nghiệm v≥0
Kết luận hệ có hai nghiệm: 0
1
x y
=
=
; và
1
2
x= y= −
2
Câu III
1
2 C©u IV.2 (1®iÓm)
Sè t¹o thµnh cã 5 vÞ trÝ XÐt hai trêng hîp:
- Trêng hîp 1: Sè t¹o thµnh cã ch÷ sè 0
Cã bèn c¸ch chän vÞ trÝ cho ch÷ sè 0
Sè c¸ch chän hai trong bèn vÞ trÝ cßn l¹i cho ch÷ sè 1 lµ 2
4
C
Trang 4Sè c¸ch chän hai trong t¸m ch÷ sè cßn l¹i cho hai vÞ trÝ cßn l¹i lµ 2
8
A
Theo qui t¾c nh©n, sè c¸ch chän lµ 4 2
4
C 2 8
A = 1344.
- Trêng hîp 2: Sè t¹o thµnh kh«ng cã ch÷ sè 0
Sè c¸ch chän hai trong n¨m vÞ trÝ cho hai ch÷ sè 1 lµ 2
5
C
Sè c¸ch chän ba trong t¸m ch÷ sè kh¸c 0, 1 cho ba vÞ trÝ cßn l¹i lµ 3
8
A
Theo qui t¾c nh©n, sè c¸ch chän lµ 2
5
C 3 8
A = 3360.
Theo qui t¾c céng, sè c¸c sè ph¶i t×m lµ 1344 + 3360 = 4704
Câu IV
1 (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 5 Do ABC · = 900 ⇒ C đối xứng với A qua I ⇒ C(-2; -6)
có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0
Có S∆ ABC = 25 ⇒ khoảng cách từ B đến AC là: d =
⇒ B thuộc đường thẳng ∆⁄⁄ AC, cách AC một khoảng bằng d
⇒ pt của ∆ có dạng: 2x - y + m = 0
mà ∆⁄⁄ AC ⇒ khoảng cách từ A đến ∆ bằng d
Vậy
2
3 Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC Chứng minh
được góc DMB = 1200 và ∆ DMB cân tại M Tính được: DM2 = 2
3a
2 ∆ SCD vuông tại D và DM là đường cao nên 1 2 = 12 + 12
DM DS DC Suy ra DS = a 2 Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a
Vậy thể tích S.ABCD bằng 1
3a
3 Câu V
1 Dùng đạo hàm
2 Đặt a = x; b = y/2; c = z/3