ĐỀ thi HSG tỉnh chính thức môn toán 2016 2017

đề thi hsg tỉnh lớp 12 môn toán, ĐỀ thi HSG tỉnh chính thức môn toán 2016 2017 đề thi hsg tỉnh , đề thi hsg tỉnh lớp 12 môn toán , Hải dương, vĩnh phúc. đề thi hsg tỉnh lớp 12 môn toán ĐỀ thi HSG tỉnh chính thức môn toán 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

MÔN THI: TOÁN

(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu I ( 2,0 điểm)

1 Cho hàm số y x= 4−2(m+1)x2 +m2+1 1( ) , với m là tham số thực Tìm

m để đồ thị của hàm số ( )1 có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông cân

2 Cho hàm số 2 3

2

x y x

+

= + có đồ thị là (C) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt hai đường tiệm cận tại A và B sao cho IA = IB

Câu II ( 2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2sin3x c− os2x+sin 2x−2sinx+2 cosx− =1 0

,

x y





¡

Câu III (2,0 điểm)

1 Tìm hệ số của x6 trong khai triển của biểu thức sau thành đa thức:

( )7 2( )9

2 Cho dãy số (un) được xác định bởi: 1 2 1 2

1

2

u =a u =b u = u − +u − với

mọi n≥ 3(a,b là số thực) Tìm giới hạn của dãy số (un) theo a và b

Câu IV (3,0 điểm)

1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh bằng a Hình

chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của OC Góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

2 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng

(SBC bằng 2, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABCD) bằng ) α Tìm giá trị của cosα để thể tích khối chóp S.ABCD nhỏ nhất.

3 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a Lấy điểm M thuộc

đoạn AD’, điểm N thuộc đoạn BD sao cho , 0 2

2

a

AM =DN =x  < <x 

x theo a để đoạn MN ngắn nhất.

Câu V (1,0 điểm)

Cho a,b,c là các số thực dương và a.b.c=1, thỏa mãn: 3 3 1

2.

a b b a ab

ab

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2

P

…… Hết……

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

MÔN THI: TOÁN

Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Câu I (2 điểm)

Câu I.1

(1điểm)

Ta có: y' 4 = x3 − 4(m+ 1)x= 4x x( 2 − −m 1)

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m+ > ⇔ > −1 0 m 1 (*) 0.25 Các điểm cực trị của đồ thị là

Suy ra ( ( )2)

uuur

và ( ( )2)

Ta có AB AC= nên tam giác ABC vuông cân khi và chỉ khi uuur uuurAB AC =0 0.25 ( ) (4 )

⇔ + − + = Kết hợp với ( )* ta được m=0 0.25

Câu I.2

(1.điểm)

Gọi 0 0

0

2 3

2

x

x

 + ∈

  , hệ số góc của tiếp tuyến tại M là ( )2

0

1 2

k x

=

Tam giác AIB vuông cân tại I nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1 0.25

Vì ( )2

0

1 2

k x

= + nên k = 1 ( )

0 2

0 0

1 1

1

3 2

x x x

= −



Vậy có hai phương trình tiếp tuyến:y x= +2;y x= +6 0.25

Câu II (2 điểm)

Câu II.1

(1điểm)

2sin3x c− os2x+sin 2x−2sinx+2 cosx− =1 0

3 2sin x 2sinx sin 2x 1 cos2x 2cosx 0

2sinx sin x 1 2sin cosx x 2cos x 2cosx 0

2sin cosx x 2sin cosx x 2cos x 2cosx 0

cosx sinx 1 cosx 1 0

2 cos 0

2

x

π π

π

 = +



=

⇔ = − ⇔ = − + ∈





0.25

Câu II.2

(1 điểm)

Điều kiện: x y+ ≥ 0, y≥ 0, 2x 2 − 3x 1 0 + ≥

Nếu x y+ + 2y = ⇒ = =0 x y 0 không thỏa mãn hệ

Nếu x y+ + 2y >0

2

2

x y

=





0.25

Mặt khác với điều kiện x y+ ≥ 0, y≥ 0 thì 1 0

2

x y y

+ + nên (**) vô nghiệm.Với x= ≥y 0 thì PT(2) trở thành

0.25

2 2 2 2 2 8x −8x 3 8x 2x+ = −3x 1+ ⇔4(x− 2x −3x 1)+ =(2x 1)−

2 2

7 1

4

x

x x

=











Vậy hệ có nghiệm là 3 3 3; 3 ; 3 3 3; 3 ; 7 1; 7 1

0.25

Câu III (2 điểm)

Câu

III.1

(1 điểm)

Xét ( )7

1 3

= +

Số hạng tổng quát: ( ) 1 ( )

k 3 k 3 k k k 0 7

• Số hạng trên chứa x6 khi và chỉ khi k+ = ⇔ = 1 6 k 5 Vậy hệ số của x6 trong khai triển của E là: 5 5

7

Xét 2( )9

1 2

• Số hạng tổng quát: 2 ( ) ( ) 2 ( )

k 2 k 2 k k k 0 9

• Số hạng trên chứa x6 khi và chỉ khi k+ = ⇔ = 2 6 k 4 Vậy hệ số của 6

x trong khai triển của G là: ( )4 4 4 4

2 C 2 C

0.25

Vậy hệ số của x6 trong khai triển là: 5 5 4 4

Câu

III.2

(1 điểm)

Đặt vn – 1 = −u n u n−1 với mọi n≥ 2 Khi đó v1= − = −u2 u1 b a 0.25

Từ (1) ⇒ n – 1 2

1 v

2v n−

= − ⇒ (vn) là CSN có công bội 1

2

q= −

1 n 1

n 1

n

2

1 ) a b ( 2

1 v v

−

−











−

−

=











−

=

0.25

Ta có: un =(u n−u n−1) (+ u n−1−u n−2) (+ + u2−u1)+u1

1

1

1

2

1 2

n

n

n n

b a

−

−

− −

+

0.25

Vì 1 1

2

n−

− = nên lim 2

3

n

b a

Câu IV (3 điểm)

Câu

IV.1

(1điểm)

H O

A

C

D

S

B K

Kẻ HK ⊥ AB (K ∈ AB) ⇒ AB ⊥ (SHK) ⇒ ·SKH =600 0.25

HK // BC ⇒ 3 3

Tam giác SHK vuông tại H ⇒ 0 3 3

.tan 60

4

.

ABCD S ABCD

Câu

IV.2

(1điểm)

Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống

SM Ta có:

N

M I

D

C

S

H

2

SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2

0.25

tan 1

SI MI tan

sin cos

V

3 sin cos 3.sin cos

α

0.25

2 SABCD

V min sin cos max

1 sin 2cos cos

3

Câu

IV.3

(1điểm)

Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M, N lên AD

Ta có MN2 =M M' 2 +M N' 2 =M M' 2 +M N' '2+N N' 2 0.25 Tam giác M’AM vuông cân tại M’ nên có 2

2

x

Tam giác N’DN vuông cân tại N’ nên có 2

2

x

0.25

' ' ' ' 2

Khi đó 2 ( )2 2

2

3

Vậy MN ngắn nhất bằng 3

3

a

đạt được khi 2

3

a

0.25

Câu V

(1điểm)

Theo BĐT Cô–si ta có: 3 3 2 2 2 2 1

a b ab a b ab a b

ab

Đặt t=a.b>0 2 1 3 2 1

2

t

Với a b, > 0;ab≤ 1 ta chứng minh 1 2 1 2 2

2

t P

ab

0.25

( ) (2 )2

t

 

Từ đó f t( ) nghịch biến trên 1;1 ax ( ) 1 11

 ÷

 

Dấu “=” xảy ra khi 1 1 ; 1 ; 2

*********** Hết***********