Đề thi chọn học sinh giỏi các môn văn hóa cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi các môn văn hóa cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp: 12 THPT Ngày thi: 15 / 12 / 2020 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 05 câu - gồm 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) Cho hàm số yx 3 3 x 2 4 có đồ thị C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng y mx( 2) cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến với đồ thị C tại ba điểm đó tạo thành tam giác vuông. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình: sinxx 2 3 cos 3 2 sin x 1 3 cos xx cos 2 . 2 2 x ln 1 ln 1 x y 2. Giải hệ phương trình: x; y . 1 2 2y 3 xy xxy5 y 6 Câu 3. (4,0 điểm) 1. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn, có mặt hai chữ số 1 và 2, đồng thời 1 và 2 không đứng cạnh nhau. 2. Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85%/tháng. Sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng? (tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng). Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi luôn song song với mặt phẳng chứa đa giác đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q (không trùng các đỉnh của hình chóp S.ABCD). Gọi M ', N ' , P ' , Q ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q lên SM mặt phẳng ABCD . Tính tỉ số để thể tích khối đa diện MNPQM. ' N ''' P Q đạt giá trị lớn nhất. SA
2. 2. Cho mặt cầu tâm O, bán kính R 1. Từ điểm S bất kỳ trên mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu tại các điểm A, B, C (khác với S) sao cho SA SB SC và ASB BSC CSA . Khi thay đổi, tính thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC. 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, D là trung điểm BC. Biết SAD là tam giác đều và mặt phẳng SAD vuông góc với mặt phẳng ABC . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB . Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x y z 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Px 3 y 3 z 38 xy 2 yz 2 zx 2 . HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm./. Họ và tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . .
3. Câu I. Cho hàm số yx 33 x 2 4 có đồ thị C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số. Lời giải • Tập xác định . • Đạo hàm y 3 x2 6 x . x 2 y 0 • y 0 x 0 y 4 • Giới hạn lim y , lim y . x x • Bảng biến thiên • Hàm số đồng biến trên ; 2 và 0; , nghịch biến trên 2;0 . • Hàm số đạt cực đại tại x 2 , yCÐ 0 . • Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 , yCT 4 . • Ta có y 6 x 6 ; y 0 x 1 y 2 . Điểm uốn I 1; 2 . • Đồ thị 2. Tìm m để đường thẳng y mx 2 cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y mx 2 và đồ thị C là: 2 xx3 3 2 4 mx 2 xx 1 2 mx 2 x 2 2 x2 xx 2 m 0 2 xx 2 m 0 1 Đường thẳng y mx 2 cắt đồ thị hàm số yx 3 3 x 2 4 tại ba điểm phân biệt phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 2
4. 9 9 4m 0 m 4 * m 0 m 0 Khi đó đường thẳng y mx 2 cắt đồ thị hàm số yx 3 3 x 2 4 tại ba điểm phân biệt có hoành độ 2,x1 , x 2 với x1, x 2 là hai nghiệm của phương trình 1 . x1 x 2 1 Theo định lí Viet ta có . xx1. 2 m 2 Ta có y 3 x2 6 x . Suy ra hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị C tại ba điểm phân biệt 2 2 có hoành độ 2,x1 , x 2 là y 2 0, yx 1 3 xxyx 1 6 1 , 2 3 xx 2 6 2 Đường thẳng y mx 2 cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến với đồ thị C tại ba điểm đó tạo thành tam giác vuông yx 1 . yx 2 1 2 2 2 3xxxx1122 6 3 6 1 9 xx 12 18 xxxx 1212 36 xx 12 1 9 m 218 2 m 236 m 2 19 mm2 1810 3 2 2 m thỏa mãn điều kiện (*). 3 3 2 2 Vậy m . 3 Câu II: 1. Giải phương trình sinxx (2 3 cos 3) 2(sin x 1) 3 cos xx cos 2 . Lời giải Ta có: pt 3 sin 2xx cos 2 2 3 cos xx sin 2cos(2x ) 2 2cos( x ) 3 6 x k2 6 cos(x ) 0 2 6 2cos (xx ) cos( ) xm 2 6 6 1 6 3 cos(x ) 6 2 x m2 6 3 x k2 6 x m2 (, kmZ ) 2 x m2 6 Vậy phương trình có nghiệm là x kx2 ; mx 2 ; m 2 ( kmZ , ). 6 2 6 2. Giải hệ phương trình
5. 2 2 x ln 1 ln 1 x y ( x, y ). 1 2 2y 3x y xxy5 y 6 Lời giải x 0 2 1 0 Điều kiện: y . 5y 6 0 2y 3x y 0 1 2 2y 3x y 1 2 2y 3x y 5y 6 1 2 xxy5 y 6 x y 5 y 6 1 2 2y 3x y 1 1 xy 5 y 6 2 2 2 y 2 5 y 6 2 |(1) yy2 5 6 2 3 xxy 3 2 3 xx y3 3 2 2 2 2 3 2 9 1 12 1 4 1 9x 12 x 4 x (*) y y y Xét hàm số ft 9 t3 12 t 2 4 t , t 0; . ft 27 t2 24 t  4 0 t  0; Hàm số f t đồng biến trên 0; . 2 2 Do đó (*) có dạng f 1 fxx 1. y y 2 2 2 2 Thay x 1 vào phương trình x ln 1 ln 1 ta được xln 1 ln x . y x y x 2 xln 1 ln x 0 (2) x Đặt t x , t 0 2 Phương trình (2) trở thành: tln 1 2ln ttt 0 ln 2 ln tt 2ln 0 t 2 2 2 gttt ln 2 ln t 2 ln tgt ln 1 . t tt 2 + Hàm số h a ln 1 a a liên tục trên 0; 1 a h a 1 0 với a 0. 1 a 1 a Hàm số h a ln 1 a a nghịch biến trên 0; 2 2 2 2 2 2 2 + Với 0h h 0 ln 1 0 g t ln 1 0 t t tt t tt 2 Hàm số g t nghịch biến trên 0; . Mặt khác g 2 0 t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình g t 0.
6. 2 + t 2 x 4 y . 3 2 Ta thấy x; y 4; thỏa mãn hệ phương trình. 3 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 4; . 3 Câu III. (4.0 điểm): 1. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số 0,1,2,3, 4,5,6,7. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập X . Tính xác suất để số được chọn là số chẵn và chứa hai chữ số 1 và 2 đồng thời 1 và 2 không đứng cạnh nhau. Lời giải 5 1 Số phần tử của tập X là 7.C7 17640  nC 17640 17640. Số cần tìm có dạng abcdef a 0 và biến cố thuận lợi là A TH1: f 0. 2 3 2 3 Có A5 cách xếp 1 và 2 và A5 cách xếp cho các số còn lại nên có A5. A 5 số mà luôn có mặt hai chữ số 1 và 2 . 3 Nếu 1 và 2 đứng cạnh nhau thì có 8 cách xếp và A5 cách xếp cho ba vị trí còn lại, nên có 3 8.A5 số mà 1 và 2 đứng cạnh nhau. 2 3 3 Do đó trường hợp này có: AA5. 5 8 A 5 720 số thỏa mãn đề bài. TH2: f 2. Nếu xét cả trường hợp a 0 thì có bốn cách xếp chữ số 1 không đứng cạnh chữ số 2 và có 4 4 A6 cách xếp cho các vị trí còn lại 4.A6 số. 3 Nếu chỉ xét riêng a 0 thì có ba cách xếp chữ số 1 không đứng cạnh chữ số 2 và có A5 cách 3 xếp cho các vị trí còn lại 3.A5 số. 4 3 Trường hợp này có 4.A6 3 A 5 1260 số. TH3: f 4;6 2 cách chọn f . 2 3 Nếu xét cả a 0 thì có A5. A 5 số mà luôn có mặt hai chữ số 1 và 2. 3 2 3 3 Nếu 1 và 2.đứng cạnh nhau 8.A5 cách xếp, hay có 2 AA5 . 5 8 A 5 1440 số. 2 2 2 Nếu a 0 thì có A4. A 4 cách xếp bcde luôn có mặt hai chữ số 1 và 2. Trong đó có 6.A4 cách xếp mà hai chữ số 1 và 2 đứng cạnh nhau. 2 2 2 Do đó có: 2 AA2 . 2 6 A 4 144 số. Trường hợp này có: 1440 144 1296 số. 1 Cả ba trường hợp có tất cả 720 1260 1296 3276 số nA C3276 3276 . 3276 13 Vậy P A . 17640 70 2. Đề đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85% / tháng. Sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết lãi suất, không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng ? (tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng). Lời giải Gọi P0 là số tiền gốc vay ban đầu, r là lãi suất/ tháng, A là số tiền anh An hoàn nợ hàng tháng. Ta có: Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ tháng thứ nhất: PP1 rA . 1 0 Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ tháng thứ hai:
7. PP1 rAP 1 r2 A . 1 rA . 2 1 0 Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ n tháng là: 1r n 1 n 2 n 1 n PPrAn 01 1 1 r 1 r 1 rPrA 0 1 . r 1r n 1 Khi anh An trả hết nợ ngân hàng thì P 0 hay P1 rn A . n 0 r n A A Suy ra 1 r n log1 r ArP 0 ArP 0 Thay số ta được n 65,38. Vì n là số nguyên nên chọn n 66 . Câu IV. 1. Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi luôn song song với mặt phẳng chứa đa giác đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q (không trùng với các đỉnh của hình chóp S. ABCD ). Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là hình chiếu SM vuông góc của M, N, P, Q lên mặt phẳng ABCD . Tính tỉ số để thể tích khối đa diện SA MNPQM’N’P’Q’ đạt giá trị lớn nhất. 2. Cho mặt cầu tâm O, bán kính R=1. Từ điểm S bất kỳ trên mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu tại các điểm A,B,C ( khác với S) sao cho SA=SB=SC và ASB BSC CSA . Khi thay đổi, tính thể tích lớn nhất của khối chóp S. ABC . Lời giải 1. S Q M A P N D M Q N H P B C SM Đặt k với k 0;1. SA MN SM Xét tam giác SAB có MN// AB nên k MN k. AB AB SA MQ SM Xét tam giác SAD có MQ// AD nên k MQ kAD. AD SA Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM AM SA SM SM MM // SH nên 1 1 k MM 1 k . SH . SH SA SA SA 2 Ta có VMNPQ. MNPQ MNMQMM AB. AD . SH . k . 1 k . 1 2 Mà V SHABAD V 3. Vkk . . 1 . S. ABCD 3 MNPQ M N P Q S ABCD 2 Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ. MNPQ đạt giá trị lớn nhất khi k. 1 k lớn nhất. 3 2 2 1 k . kk . 1 2 2k k k 4 Ta có k. k 1 . 2 2 3 27
8. 2 SM 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 1 k k k . Vậy . 3 SA 3 2. Tam giác ABC đều, kẻ SO’ vuông góc với (ABC) thì O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và O’ thuộc SO. Giải sử SO cắt mặt cầu tại D thì tam giác SAD vuông tại#A. Gọi SA=SB=SC = l . SA2 l 2 Trong tam giác SAD, ta có SO’. SD = SA2 SO ' 1 SD2 R Gợi E là trung điểm BC, ta có : 2l sin BC 4 BC=2BE = 2.sinl AO '2 SO ' SA2 O ' A 2 l 1sin 2 2 23 3 3 2 Từ (1) và (2) ta có 2 l 42 4 2 2 4 2 2 l1 sin lR 21 sin SRABC 43 1 sin .sin 2R 3 2 3 2 3 2 2 4 2 SO' 2 R 1 sin 3 2 1 8 33 4 2 2 Vậy VS. ABC SO'. S ABC R 1 sin .sin . 3 3 3 2 2 2 2 4 Đặt x sin , x 0;1 , ta xét hàm số : yx 1 x 2 3 1 1 Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng 0;1 , ta thấy max y y . 0;1 4 9 8 3R3 1 1 Vậy thể tích S.ABC lớn nhất là khi x sin 600 . 27 4 2 2 3. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , D là trung điểm BC . Biết SAD là tam giác đều và mặt phẳng SAD vuông góc với mặt phẳng ABC . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB . Lời giải
9. Gọi H là trung điểm AD AH  ABC . Trong ABC gọi K CH  AB . Gọi M là trung điểm BK . DM là đường trung bình BKC DM // KCCK, 2 DM . 1 HK là đường trung bình ADM HK // DMHK, DM . 2 CK2 DM 4d C , SAB 4 d H , SAB . 1 HK DM 2 Kẻ HQ AB . HQ AH BDAH. aa . 3 a 3 AQH đồng dạng ADB HQ . DB AB AB2 a 2 AD3 3 a SAD là tam giác đều SH . 2 2 Kẻ HT SQ . AB HQ AB  SHQ . AB SH HT SQ HT  SAB . HT AB dH , SAB HT . 1 1 1 1 1 16 SHQ vuông tại H , đường cao HT , ta có : . HT2 HQ 2 HS 23 a 2 9 a 2 9 a 2 4 4 3a 3 a HT d H, SAB . 4 4 d C, SAB 4 d H , SAB 3 a . Câu V. Cho xyz,, là các số thực không âm thỏa mãn x y z 4 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Px 3 y 3 z 38( xy 2 yz 2 zx 2 ) . Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử rằng x y z . Khi đó 2yxyz y 2 . Và yx yz 0 y2 xz xy yz xy 2 xz 2 xyxyz 2 xy 2 xz 2 zy 2 xyxyz 2 zy 2 .
10. Do đó xy2 xzzy 2 2 xyxyzzy 2 2 yx 2 xzz 2 yx 2 2 xzz 2 yxz 2 . Hay ta có xy2 xzzy 2 2 y 4 y 2 1 Tiếp tục đánh giá phần còn lại, ta có xyzy3 3 3 3 xz33 xzxzy 3 xz 3 y 3 4 y 3 . Vì vậy ta được xyzy3 3 3 3 4 y 3 2 Từ 1 , 2 ta được Py 3 4 yyy 3 8 4 2 8 yy 3 52 2 80 y 64 . Ký hiệu fyy 83 52 y 2 80 y 64, y  0;2. Ta có fy 24 y2 104 y 80 y 1 fy 0 24 y2 104 y 80 0 10 y 0;2 . 3 f 0 64; f 1 100; f 2 80 x 0 Vì vậy giá trị lớn nhất của là 100 khi y 1 và các hoán vị. z 2 .HẾT . .