De thi HSG Toan lop 12 tinh Hai Duong Co dap an chi tiet

De thi HSG Toan lop 12 tinh Hai Duong Co dap an chi tiet tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tậ...

Câu I ( 2,0 điểm)

1 Cho hàm số 4   2 2  

yx  m x m  , 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: 3

2sin x c os2x sin 2x 2sinx 2cosx  1 0

,

x y





Câu III (2,0 điểm)

1 Tìm hệ số của 6

x trong khai triển của biểu thức sau thành đa thức:

 7 2 9

f x x  x x  x

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

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   Tìm giá trị của cos 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 

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 1 2 1 2 3

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

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

MÔN THI: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM Hướng dẫn chấm gồm 4 trang

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

( điểm)

y  x  m x x x  m

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

0; 2 1 ,  1; 2 

A m  B  m  m và C m 1; 2m

AB  m  m và   2

AC m  m

0.25

Ta có AB ACnên tam giác ABC vuông cân khi và chỉ khi AB AC 0 0.25

  4 

Câu I.2

( điểm)

0 0

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 = 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

( điểm)

2sin3x c os2xsin 2x2sinx2cosx 1 0

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

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

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

cosx s inx 1 cosx 1 0

 

2 cos 0

2 cos 1

2

x

x

x k



  





       





0.25

Câu II.2

( điểm)

0, 0, 2x 3x 1 0

PT x xy  x y y  yx xy y  x y y  (*) 0.25 Nếu x y 2y     0 x y 0 không thỏa mãn hệ

Nếu x y 2y  0

2

2

x y

x y

x y x y

x y

x y y

x y y







0.25

Mặt khác với điều kiện x y 0, y 0 thì 1 0

2

x y y

x y y

(**) 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

3 3

7 1

2 2 3 1 4 1

4

x

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

( điểm)

1 3

 

. k 3 k 3 k k. k 0 7

Số hạng trên chứa 6

x khi và chỉ khi k   1 6 k 5 Vậy hệ số của 6

x trong khai triển của E là: 5 5

7

Xét 2 9

1 2

Gx  x

 Số hạng tổng quát: 2     2  

. k 2 k 2 k k. k 0 9

Số hạng trên chứa 6

x 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 6

x trong khai triển là: 5 5 4 4

3 C 2 C 7119 0.25

Câu

III.2

( điểm)

u  u  u  u u    u  u 

Đặt vn – u nu n với mọi n2 Khi đó v1 u2  u1 b a 0.25

Từ ( )  vn – 1 2

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

1 ( )

2

1 2

n

n

n n

b a







0.25

lim( ) 0 2

n

  nên lim 2

3

n

b a

u  

Câu IV (3 điểm)

Câu

IV.1

( điểm)

H O

A

C

D

S

B

K

Kẻ HK  AB (K  AB)  AB  (SHK)  0

60

HK // BC  3 3

HK AH

HK a

Tam giác SHK vuông tại H  0 3 3

tan 60

4

.

.

ABCD S ABCD

Câu

IV.2

( điểm)

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

0.25

SI MI tan

sin cos

V

3 sin cos 3.sin cos



0.25

2 SABCD

V min sin cos max

1

3

Câu

IV.3

( điểm) 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

N DN N 

0.25

' ' ' ' 2

M N  ADM AN D a x

2

3

Vậy MN ngắn nhất bằng 3

3

a

đạt được khi 2

3

a

x 

0.25

Câu V

( điểm)

ab

2

t

            0.25

Với a b,  0;ab 1 ta chứng minh 1 2 1 2 2

1 a 1 b 1 ab

   (*) Thật vậy: (*) ( 1 2 1 ) ( 1 2 1 ) 0

1 a 1 ab 1 b 1 ab

0 ( ) ( 1) 0 (1 )(1 ) (1 )(1 )

a b a b a b

a b ab

2 3 2 3

2

1

t P

ab

0.25

  2 2

t

 

Từ đó f t  nghịch biến trên 1   1 11

    

 

 

Dấu “=” xảy ra khi 1 1 ; 1 ; 2

*********** Hết***********