Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Bài tập Tiếng Anh thì hiện tại đơn

49280336ff653739ca581298cda91674
Gửi bởi: Lời Giải Hay vào ngày 2016-09-11 13:07:06 || Kiểu file: DOC Lượt xem: 300 | Lượt Download: 5 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu Xem trước tài liệu

Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016-2017
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2.0 điểm).

2  2x
có đồ thị là ( H ) . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của
x 1
( H ) và M là một điểm bất kì trên ( H ) . Tiếp tuyến với ( H ) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm
cận ngang của ( H ) lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng tam giác IEF có diện tích không đổi.
x3
b) Cho hàm số y   2 x 2  x  1 có đồ thị là (C ) . Trong tất cả các tiếp tuyến với đồ thị
3
(C ) , hãy tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất.
Câu 2 (2.0 điểm).
a) Cho log5 6  a,log6 12  b. Tính log 25 24 theo a và b.
a) Cho hàm số y 

4x
 1 
 Tính tổng: S  f 
b) Cho hàm số f ( x )  x

4 2
 2017 
Câu 3 (2.0 điểm).
a) Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A cách bờ biển một
khoảng AB  4(km). Trên bờ biển có một cái kho ở vị
trí C cách B một khoảng BC  7(km). Người canh
hải đăng phải chèo đò từ vị trí A đến vị trí M trên bờ
biển với vận tốc 6( km h) rồi đi xe đạp từ M đến C
với vận tốc 10( km h) (hình vẽ bên). Xác định vị trí
của M để người đó đến C nhanh nhất.

 2 
f
   
 2017 

 2016 
f

 2017 

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm dương phân biệt
x3  3(m  1) x2  3(2m  1) x  2m2  9m  5  0
Câu 4 (2.0 điểm). Cho tứ diện ABCD có BAC  CAD  DAB  600 ,AB  8(cm),AC  9(cm),
AD  10(cm). Gọi A1 ,B1 ,C1 ,D1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC.
a) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  ACD  .
b) Tính thể tích khối tứ diện A1B1C1 D1 .
Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  8,
BC  6. Biết SA  6 và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Tìm bán kính mặt cầu có tâm
thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp
S. ABC .
Câu 6 (1.0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P 

a3
b3
c3



a 2  a  1 b2  b  1 c 2  c  1
------------------- Hết -------------------

- Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………….; Số báo danh:………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016-2017
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài thí
sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với
phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
2  2x
Câu 1.a (1.0 điểm) Cho hàm số y 
có đồ thị là ( H ) . Gọi I là giao điểm của hai đường
x 1
tiệm cận của ( H ) và M là một điểm bất kì trên ( H ) . Tiếp tuyến với ( H ) tại M cắt tiệm cận
đứng và tiệm cận ngang của ( H ) lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng tam giác IEF có diện
tích không đổi.
Nội dung
Điểm
4
 2  2m 
Giả sử M  m;
, tiếp tuyến với ( H ) tại M có
 , m  1. Ta có: f '( x)  
m 1 
( x  1) 2

phương trình là: y  

4
2  2m
x  m 
2 
(m  1)
m 1

()

0.25

Đồ thị ( H ) có tiệm cận đứng 1 : x  1 , tiệm cận ngang 2 : y  2 , suy ra I (1; 2).



Ta có:   1  E  E  1;
Do đó: IE 

0.25

6  2m 
 ;    2  F  F  2m  1; 2 
m 1 

8
, IF | 2m  2 | .
| m  1|

0.25
1
2

1
8
 | 2m  2 | 8 (không đổi).
2 | m  1|

Tam giác IEF vuông tại I nên SIEF  IE.IF  

0.25

3

x
 2 x 2  x  1 có đồ thị (C ) . Trong tất cả các tiếp tuyến
3
với đồ thị (C ) , hãy tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất.
Nội dung
Điểm
Hàm số đã cho có y'  x 2  4 x  1.
1
Gọi M  x0 ; y0  là điểm bất kỳ thuộc đồ thị (C), y0  x03  2 x02  x0  1 .
0.25
3
Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M  x0 ; y0  có hệ số góc: k  y'  x0   x02  4 x0  1
0.25
Câu 1.b (1.0 điểm) Cho hàm số y 

  x0  2   3  3 .
2

Vậy k đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi x0  2 .

0.25

Trang 1/6, HDC HSG12-Môn Toán

11
7

Khi đó M  2;   và tiếp tuyến cần tìm có phương trình: y  3x  .
3
3


0.25

Câu 2.a (1.0 điểm) Cho log5 6  a,log6 12  b. Tính log 25 24 theo a và b.
Nội dung
Ta có: a  log5 6  log5 3  log5 2; b  log6 12

Điểm

 a.b  log5 6.log6 12  log5 12  log5 3  2log5 2.

0.25

x  y  a
 x  2a  ab
Vậy nếu đặt x  log5 3, y  log5 2 thì ta có hệ 

 x  2 y  ab
 y  ab  a

0.25

1
 log5 3  3log5 2 
2
1
1
a(2b  1)
 ( x  3 y)   2ab  a  

2
2
2

Khi đó log 25 24 

0.25
0.25

4x
. Tính tổng:
Câu 2.b (1.0 điểm) Cho hàm số f ( x)  x
4 2
 1 
 2 
 2016 
S f
 f 
    f 

 2017 
 2017 
 2017 
Nội dung
Ta có nhận xét: Nếu a  b  1 thì f  a   f  b   1.

Điểm
0.25

4a  4b  2   4b  4a  2 
4a
4b
Thật vậy, ta có: f (a)  f (b)  a


4  2 4b  2
 4a  2 4b  2



2.4a  b  2.4a  2.4b
2.4a  2.4b  8

 1.
4a  b  2.4a  2.4b  4 2.4a  2.4b  8

Áp dụng nhận xét đó ta được:
  1 
 2016     2 
2S   f 
 f 
   f 

 2017     2017 
  2017 
 1  1  ...  1  2016.


 2015  
f
   ...   f
 2017  


2016 sô'

 S  1008.
Câu 3.a (1.0 điểm)
a) Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A cách bờ biển một
khoảng AB  4(km). Trên bờ biển có một cái kho ở vị
trí C cách B một khoảng BC  7(km). Người canh
hải đăng phải chèo đò từ vị trí A đến vị trí M trên bờ
biển với vận tốc 6( km h) rồi đi xe đạp từ M đến C
với vận tốc 10( km h) (hình vẽ bên). Xác định vị trí
của M để người đó đến C nhanh nhất.

 2016 


 2017 

0.25

 1 
f

 2017  

0.25
0.25

Trang 2/6, HDC HSG12-Môn Toán

Nội dung

Điểm

Đặt BM  x,x  0; 7 . Khi đó, AM  x 2  16 , MC  7  x.
Thời gian người canh hải đăng đi từ A đến C theo lộ trình bài toán là:

h

x 2  16 7  x
( giờ )

6
10

0.25

x 2  16 7  x

Xét hàm số h( x) 
, 0  x  7. Hàm số h( x) liên tục trên  0;7.
6
10
x
1
h '( x) 
 .
6 x 2  16 10

0.25

h '( x)  0  x  3(do x  0;7)

41
65
37
, h(7) 
, h(3)  .
0.25
30
6
30
37
khi x  3. Vậy khi điểm M cách B một khoảng bằng
Suy ra: Min h( x) 
x0;7
30
3(km) thì người canh hải đăng đến kho nhanh nhất.
0.25
Ta có: h(0) 

Câu 3.b (1.0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm
dương phân biệt: x3  3(m  1) x2  3(2m  1) x  2m2  9m  5  0 (1)
Nội dung

Điểm

Đặt f ( x)  x3  3(m  1) x2  3(2m  1) x  2m2  9m  5 . Từ tính chất đồ thị hàm số
bậc ba, suy ra yêu cầu bài toán được thỏa mãn nếu các điều kiện sau xảy ra đồng
thời:
+) f '( x)  0 có hai nghiệm dương phân biệt (1)
+) fCÐ. fCT  0
(2)
+) f (0)  0

(3)

x  1
f '( x)  3x 2  6(m  1) x  3(2m  1), f '( x)  0  
 x  2m  1

0.25

0.25

1

m  
Suy ra (1)  
2
m  0

(*)

(2)  f (1). f (2m  1)  0   2m2  6m  4 .(2m  1) 2m2  2m  4   0

 3  17

1
 m
;   (do m   )
2
 2

1
(3)  2m2  9m  5  0    m  5
2
 3  17 
;5  .
Kết hợp các điều kiện (*), (**), (***) ta được m  
2



(**)

0.25

(***)
0.25

Trang 3/6, HDC HSG12-Môn Toán

Câu 4.a (1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD có BAC  CAD  DAB  600 ,AB  8(cm),
AC  9(cm), AD  10(cm). Gọi A1 ,B1 ,C1 ,D1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác
BCD, ACD, ABD, ABC. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  ACD  .
A

H
D'

I
B

D

C'

C

Nội dung
Điểm
Trên các cạnh AC, AD lần lượt lấy các điểm C ', D ' sao cho AC '  AD '  8(cm) . Khi
0.25
đó, tứ diện ABC ' D ' là tứ diện đều có cạnh bằng 8(cm) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên  AC' D'  , H là tâm của tam giác đều
0.25
AC' D' .
Gọi I là trung điểm của C' D' , IC '  4(cm), AI  AC '2  IC '2  4 3(cm).

2
8 3
AI 
( cm ).
3
3
Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  ACD  là :

0.25

d  B,  ACD    BH  AB 2  AH 2 

0.25

H  AI , AH 

8 6
 cm  .
3
Câu 4.b (1.0 điểm) Tính thể tích khối tứ diện A1 B1C1 D1 .
A

C1

B1

D1

C2
D

B

A1
B2
D2

C

Trang 4/6, HDC HSG12-Môn Toán

Nội dung
Điểm
Gọi B2 , C2 , D2 thứ tự là trung điểm CD,DB,BC. Khi đó ( B1 C1 D1 ) //(BCD) . Ta có
S
B1C1 C1D1 D1B1 AB1 2
4
0.25



  S B1C1D1  S B2C2 D2  BCD 
B2C2 C2 D2 D2 B2 AB2 3
9
9
d ( B1 ,( BCD)) 1
d ( A,( BCD))
Lại có
, suy ra
  d ( A1 ,( B1C1D1 ))  d ( B1 ,( BCD)) 
d ( A,( BCD)) 3
3
0.25
1
1 d ( A,( BCD)) S BCD VABCD
VA1B1C1D1  d ( A1 ,( B1C1D1 )).S B1C1D1  .
.


3
3
3
9
27
Diện tích của tam giác ACD là:
1
1
3 45 3
S ACD  .AC.AD.sinCAD  .9.10.

( cm 2 ) .
2
2
2
2
0.25
Thể tích của tứ diện ABCD là:
1
1 8 6 45 3
VABCD  BH .S ACD  .
.
 60 2( cm3 ) .
3
3 3
2
60 2 20 2
0.25
 VA1B1C1D1 

(cm3 ) .
27
9
Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  8,
BC  6. Biết SA  6 và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Tìm bán kính mặt cầu có tâm
thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp
S. ABC .
S

6
I

r

r

C

A
6

8
B

Nội dung
Điểm
Gọi I , r thứ tự là tâm và bán kính của mặt cầu có tâm thuộc phần không gian bên
trong hình chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp S. ABC . Nối I với các
điểm S, A, B, C. Khi đó ta có
r.S
1
1
1
1
VS . ABC  VI .SAB  VI .SBC  VI .SCA  VI . ABC  .r.S SAB  .r.S SBC  .r.S SCA  .r.S ABC  tp
0.25
3
3
3
3
3
Ở đó, Stp là diện tích toàn phần (tổng diện tích 4 mặt của hình chóp)

1
1
1 1
Ta có VS . ABC  .SA. .BA.BC  .6. .8.6  48.
3
2
3 2

0.25
Trang 5/6, HDC HSG12-Môn Toán

Dễ chứng minh được SB  BC

SB  SA2  AB 2  62  82  10  BC 2  BA2  AC , suy ra:
1
Stp  SSAB  SSBC  SSCA  S ABC   6.8  10.6  6.10  8.6   108.
2
3V
3.48 4
Do đó r  S . ABC 
 .
Stp
108 3

0.25

0.25

Câu 6. (1.0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

a3
b3
c3



a 2  a  1 b2  b  1 c 2  c  1
Nội dung
3
x
2
1
Xét hàm số: f ( x)  2
 ln x  với x  0;   .
x  x 1 3
3
 x  1  3x  7 x  12 x  6 x  2 
Ta có: f '( x) 
biểu thức P 

4

3

Điểm
0.25

2

3( x 2  x  1)2 x

Bảng biến thiên của f ( x ) :
x
f’(x )

0



1

-

0

+

f(x)

f ( 1)  0

Từ bảng biến thiên ta được: f ( x)  f 1  0, x  0

Thay x lần lượt bằng a, b, c ta được: f ( a )  f  b   f  c   0

a3
b3
c3
2
 2
 2
 2
  ln a  ln b  ln c   1  0
a  a 1 b  b 1 c  c 1 3
a3
b3
c3
2
 2
 2
 2
 ln  a.b.c   1  0
a  a 1 b  b 1 c  c 1 3
a3
b3
c3
 2
 2
 2
1  P  1
a  a 1 b  b 1 c  c 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a  b  c  1.

0.25
0.25

0.25

------------------- Hết -------------------

Trang 6/6, HDC HSG12-Môn Toán