Đề kiểm tra đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT chuyên Vị Thanh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT chuyên Vị Thanh (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT TỈNH HẬU GIANG KIỂM TRA ĐÔI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH KHÓA NGÀY 01/03/2022 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (5,0 điểm) 1) Giải phương trình (1)1xxxxxx-+ = 5 32 41 trên tập số thực. 33 xy 9 2) Giải hệ phương trình (với xy,).Î 22 x 24yxy Câu II: (3,0 điểm) Cho hàm số f ()xaxbxxd 32 3 (với abcd,,, ) có đồ thị như hình vẽ 1) Tìm hàm số f ().x 2) Phương trình fx(2)22 x có tất cả bao nhiêu nghiệm thực. Câu III: (4,0 điểm) 1) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện xy+£1. 11 4 11 Chứng minh rằng +³ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =++4.xy x yxy+ xyxy22+ 2 2) Cho dãy số ()un được xác định như sau uu12==4; 5 và uununn++21=-+(1), n với nnγ ,1. Tính u3 và u4 . Tìm số hạng tổng quát un của dãy số trên. Câu IV: (3,0 điểm) 10 2 1 1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển x 1 ? x 2) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 tấm chia hết cho 10? Câu V: (5,0 điểm) 1). Trong mặt phẳng Oxy, biết một cạnh tam giác có trung điểm là M 1;1 ; hai cạnh kia nằm trên các xt 2 đường thẳng 2630xy và t . Hãy viết phương trình tham số của cạnh thứ ba của tam yt giác đó? 2). Cho hình chóp SABCD. có đáy là hình chữ nhật với AD a 3,AB 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa SD và mặt phẳng ()ABCD bằng 450 .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC . HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
2. Đáp án và thang điểm Câu Nội dung Điểm 2 1) Giải phương trình (1)1xxxxxx-+ = 5 3 41 trên tập số thực. 2,0 Điều kiện: 15.x 0,25 2 Ta có (1)1x -+ = xxxxx 5 3 41 2 0,25 -(1)1(1)2x xx + +- xxxxx 5 -= 3 - 3 2 -(1)(11)(25xx +-+ x - xxx )3 += 3 0 0,25 xx(1)(1) xx + =3(xx 1)0 Câu 0,25 xx++11 2 + 5 - I.1 é fx()=-= xx ( 1)0 (2,0 ê ê 11 điểm) êgx()=+-= 3 0 0,25 ê ë xx++11 2 + 5 - x 0 Ta có fx() 0 (nhận). 0,25 x 1 11 Do x ++³111 và 25+-³x 2 nên +<2. 0,25 xx++11 2 + 5 - Do đó gx()  0, x  1;5. Do đó, phương trình gx() 0 vô nghiệm. 0,25 33 xy 9 2) Giải hệ phương trình (với xy,).Î 22 3,0 x 24yxy 33 33 xy 9 (1) xy 9 0 Ta có . 0,25 22 22 xyxy 24 (2)363120 xyxy Lấy phương trình thứ nhất trừ cho phương trình thứ hai theo vế, ta được: Câu 32 3 2 0,25 I.2 xxx 331 yy 61280 y (3,0 (1)(xy33 2)0 0,5 điểm) x 12y 0,25 yx3 0,25 Thay yx 3 vào (2), ta có xx2 320 0,5 x 1 hoặc x 2 (nhận). 0,5 x 1 x 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là hoặc . 0,5 y 2 y 1 Cho hàm số f ()xaxbxxd 32 3 (với abcd,,, ) có đồ thị như hình vẽ Câu II.1 1,25 (1,25 điểm) 1) Tìm hàm số f ().x
3. Dựa vào hình vẽ Đồ thị đi qua 3 điểm: (-1; -1), (0; -3) và (1; -3) 0,25 ab3d 1 Ta có hệ : d3 0,5 ab3d 3 a2 Suy ra b 1 0,25 d3 Vậy f ()xxxx 232 3 3 0,25 2) Phương trình fx(2)22 x có tất cả bao nhiêu nghiệm thực. 1,75 Hoành độ giao điểm 2 đồ thị yfx (2)2 xvà y2 là nghiệm của phương trình : x2xa2;12 0,5 Câu fx(2)22 x x2xb1;02 (*) II.2 x2xc1;22 (1,75 điểm) Xét: x2xmx2xm022 có nghiệm khi ʹ 01m0m1 0,5 Từ (*) Phương trình có 4 nghiệm phân biệt. 0,5 Vậy fx(2)22 x có 4 nghiệm phân biệt. 0,25 1) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện xy+£1. 11 4 Chứng minh rằng +³ . x yxy+ 2,0 11 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =++4.xy xyxy22+ 11 2 Ta có +³ và x +³yxy2. 0,5 xy xy æö11 11 4 Câu Khi đó ç +÷÷()4xy + ³ + ³ . ç ÷ 0,5 III.1 èøx yxyxy+ (2,0 1 111 Ta có P = ++++4xy điểm) 22 xy+ 244xy xy xy 41 0,25 ³++2 xy22++2 xy æöxy+ 2 4ç ÷ ç ÷ èø2 41 ³++³27. 0,25 ()()xy++22 xy 1 Ta có Pxy 7. 0,25 2 Vậy Pmin 7 là giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 0,25 2 2) Cho dãy số ()u được xác định như sau uu12==4; 5 và uunu++=-+(1), n nn21 n 2,0 với nnγ ,1.Tính u và u . Tìm số hạng tổng quát u của dãy số trên. Câu 3 4 n Ta có uu=-22242.56 u =- = và uu=-22353.67. u =- = III.2 31 2 42 3 1,0 (2,0 * Từ uuu123===4; 5; 6 và u4 = 7, ta dự đoán unn =+3; "Î n . 0,25 điểm) Ta chứng minh bằng quy nạp un=+3; "Î n * . n 0,25 Thật vậy, ta có uu12==+4 1 3; ==+ 5 2 3; u 3 ==+ 6 3 3 (đúng).
4. Giả sử với nk 3. Ta có ukk =+3. Khi đó ukk 1 2. 22 0,25 Ta có uukukkk 11 .(2)(3)4(1)3. k kkk k Vậy, mệnh đề đúng với nk 1. * Do đó, ta có unn =+3; "Î n . 0,25 10 2 1 1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển x 1 x 1,5 Từ lý thuyết ta có công thức tổng quát như sau: Với 0 qpn thì số 10 2 1 hạng tổng quát khi khai triển tam thức x 1 là x 0,5 Câu pq IV.1 p qpqqp220310 p 1 qq TCCxpp 10 11 CC 10 p x (1,5 x điểm) Số hạng không chứax trong khai triển ứng với 20 qp 3 0 3 pq 20 . 0,25 Mà 0 qpn vàqpn,, nên pq; 7;1 , 8;4 9;7 , 10;10  0,25 Lúc này số hạng không chứax trong khai triển là 1410771 8 4 1010 97 0,25 1CC10 7 1 CC 10 8 1 CC 10 10 1 CC 10 9 1951 10 2 1 Vậy Số hạng không chứa x trong khai triển x 1 là 1951 0,25 x 2) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 1,5 tấm chia hết cho 10? Gọi biến cố A : “Lấy 55 tấm thẻ mang số lẻ, tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 ” 0,25 10 10 Số cách lấy ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ: C30 cách  C30 . Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15tấm thẻ mang số chẵn, 3 tấm thẻ mang Câu số chia hết cho 10 (chú ý là các thẻ chia hết cho 10 đều là số chẵn) IV.2 5 Số cách chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ: C15 3003 cách. (1,5 0,75 10 C1 3 điểm) Số cách chọn 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 3 cách 4 Số cách chọn 4 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 :C12 495 cách Số cách lấy 55 tấm thẻ mang số lẻ, tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ chia hết cho 10 : 3003.3.495 4459455 cách. 0,25 A 4459455  A 4459455 99 Vậy PA() 10 . 0,25  C30 667 1). Trong mặt phẳng Oxy, biết một cạnh tam giác có trung điểm là M 1;1 ; hai xt 2 cạnh kia nằm trên các đường thẳng 2630xy và t . Hãy viết 2,5 yt Câu phương trình tham số của cạnh thứ ba của tam giác đó? V.1 (2,5 A điểm) 0,5 B M C
5. x 2 t Giả sử AB:2 x 6 y 3 0, AC : và M 1;1 là trung điểm của cạnh BC . yt xxBC 2 Do M 1;1 là trung điểm cạnh BC nên ta có: (1) . yyBC 2 Điểm BABx 2630(2)BB y . 0,25 xtC 2 Điểm CAC (3) . 0,25 ytC xBB 22txt 4 Thế 3 vào 1 ta được: 4 0,25 ytBB 22 y t 7 Thế 4 vào 2 ta được: 24 tt 62 30 t. 0,25 4 17 Từ đây ta tìm được: C ; . 0,25 44  53 Đường thẳng chứa cạnh BC đi qua M 1;1 nhận MC ; làm vtcp 0,25 44 xt 15 nên có phương trình tham số là: BC: t . 0,25 yt 13 xt 15 Vậy phương trình tham số là: BC: t . 0,25 yt 13 2). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AD a 3,AB 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa SD và 2,5 mặt phẳng (ABCD) bằng 450 .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC. S 0,25 A D H Câu B C V.1 + Gọi H là trung điểm AB. (2,5 SAB  ABCD điểm) 0,25 + SAB  ABCD AB SH ABCD SH AB + Hình chiếu của SD lên mp (ABCD) là DH Góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD) bằng 0 45 0,25 0 SDH 45 22 + Xét tam giác AHD vuông tại A DH AD AH 2a 0,25 0 + Xét tam giác SDH vuông tại H và có SDH 45 DH = SH = 2a. 0,25
6. + d(SD,BC) d(BC, SAD ) d B, SAD 2.d H, SAD 0,5 111115 dH,SADSHAH4aa2 2 2222 4a 0,5 4a2 2 5a d2 H, SAD d H, SAD 55 45 d(SD,BC) a 0,25 5 - - Hết - -