Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Hậu Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Hậu Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TỈNH HẬU GIANG CÁC MÔN VĂN HÓA THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 KHÓA NGÀY: 02/7/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (3,0 điểm) 9 2 1 1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 2,x 4 với x 0. x 2) Trong đợt ứng phó đại dịch COVID – 19 vừa qua, ngành y tế của một tỉnh miền Tây đã chọn ngẫu nhiên một tổ gồm 3 nhân viên trong 6 nhân viên y tế dự phòng của tỉnh và 16 nhân viên y tế của các trung tâm y tế dự phòng cơ sở để thực hiện hành động chống dịch đột xuất. Tính xác suất để 3 nhân viên y tế được chọn có cả nhân viên y tế của tỉnh và nhân viên y tế của cơ sở. Câu II (3,0 điểm) Giải phương trình 2x22 7 x 8( x 2)2 x 11 x 16, với x . Câu III (5,0 điểm) 1) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA a 2, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 450 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng DM và SB. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính BD. Gọi HK, lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các đường thẳng BC, BD và E là giao điểm của hai đường thẳng HK và AC. Biết đường thẳng AC đi qua điểm M (3;2) và nhận n (1; 1) làm vectơ pháp tuyến. Tìm tọa độ các điểm E và A, biết điểm HK(1;3), (2;2) và hoành độ điểm lớn hơn 2. Câu IV (3,0 điểm) 1 2un * Cho dãy số ()un được xác định bởi: u1 và unn 1 ,.  3 2unn (3 1) 1 a) Tìm u4 và số hạng tổng quát un của dãy số. 1 1 1 b) Tính S (tổng gồm n số hạng) theo n. u12 u un Câu V (3,0 điểm) Cho hàm số f() x ax32 bx cx d (với a,,, b c d ) thỏa mãn f(0) 4, f' (0) 0, f (2) 0 và f ' (2) 0. a) Tìm hàm số fx( ). b) Giả sử h( x ) f ( x2 2 x m ). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình hx' ( ) 0 44444 có 5 nghiệm phân biệt x1,,,, x 2 x 3 x 4 x 5 thỏa mãn xxxxx1 2 3 4 5 229. Câu VI (3,0 điểm) Cho hàm số f (x ) x42 2 x m 1 (với là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của tham số để giá trị nhỏ nhất của hàm số g()() x f x trên đoạn [0;2] bằng 2020. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: .
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TỈNH HẬU GIANG CÁC MÔN VĂN HÓA THPT NĂM HỌC 2019-2020 KHÓA NGÀY: 02/7/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm 9 2 1 1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 2,x 4 với x 0. 1,0 x 1 k k2 9 k k k 9 k 18 6 k 0,5 Số hạng tổng quát có dạng C(2)99xx 4 C(1).2. , với 0 kk 9, . x Ứng với số hạng không chứa x, ta có 18 6kk 0 3. 63 0,5 Số hạng không chứa x là 2 .C9 5376. 2) Trong đợt ứng phó đại dịch COVID – 19 vừa qua, ngành y tế của một tỉnh miền Câu I (3,0 Tây đã chọn ngẫu nhiên một tổ gồm 3 nhân viên trong 6 nhân viên y tế dự phòng của tỉnh và điểm) 16 nhân viên y tế của các trung tâm y tế dự phòng cơ sở để thực hiện hành động chống dịch 2,0 đột xuất. Tính xác suất để 3 nhân viên y tế được chọn có cả nhân viên y tế của tỉnh và nhân viên y tế của cơ sở. 3 0,5 * Số phần tử của không gian mẫu là n( ) C22 1540. * Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Số phần tử của biến cố là nA( ) 6.C22 16.C 960. 16 6 1,0 nA( ) 960 48 * Xác suất cần tìm là PA(). n( ) 1540 77 0,5 Giải phương trình 2x22 7 x 8( x 2)2 x 11 x 16, với x . 3,0 Đặt t 2 x2 11 x 16. Điều kiện t 0. 0,5 Ta có t22 2 x 11 x 16 Phương trình đã cho trở thành t2 ( x 2) t 4 x 8 0. 0,5 Ta có (x 2)2 4(4 x 8) x 2 12 x 36 ( x 6) 2 . xx 26 xx 26 Từ đó, ta có tx 2 hoặc t 4. Câu 2 2 0,5 II (3,0 * Với tx 2, ta có điểm) 2 x 2 2x 11 x 16 x 2 22 2x 11 x 16 x 4 x 4 0,75 x 2 hoặc x 4. 2 x 3 xx 7 12 0 * Với t 4, ta có 11 0,5 2x2 11 x 16 4 2 x 2 11 x 16 16 2 x 2 11 x 0 x 0 hoặc x . 2
3. 11 Vậy, tập nghiệm của phương trình là S 0; 3; 4; . 0,25 2 1) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA a 2, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 450 . Gọi M là 2,0 trung điểm của cạnh AB. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng DM và SB. 0,25 Ta có SCA 450 . SA Ta có tan 450 1 nên AC SA a 2. 0,25 AC Suy ra AB a. Câu Gọi N là trung điểm của cạnh CD. Ta có DM // BN nên DM // (SBN ). III 0,25 Khi đó h d( DM ,) SB d ( DM ,( SBN )) d (,( M SBN )). (5,0 điểm) 1 Vì M là trung điểm của cạnh AB nên h d(,( M SBN )) d (,( A SBN )). 2 0,25 Kẻ AE BN, E BN và AH SE,. H SE 0,25 Do SA () ABCD nên BN SA. BN SA Ta có BN (). SAE BN  AH BN AE 0,25 AH BN Ta có AH( SBN ). Do đó d( A ,( SBN )) AH . AH SE 0,25 Gọi F  AE DM. Ta có FA DM và F là trung điểm của AE . a 5 25a Ta có AF nên AE . 5 5
4. 1 1 1 Tam giác SAE vuông tại A nên ta có AH2 SA 2 AE 2 0,25 27a 17a Suy ra AH . Do đó h d(,). DM SB AH 7 27 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn đường kính BD. Gọi HK, lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các đường thẳng BC, BD và E là giao điểm của hai đường thẳng HK và AC. Biết đường thẳng AC 3,0 đi qua điểm M (3;2) và nhận n (1; 1) làm vectơ pháp tuyến. Tìm tọa độ các điểm E và A, biết điểm HK(1;3), (2;2) và hoành độ điểm lớn hơn 2. 0,25 Phương trình đường thẳng AC là 1.(x 3) 1.( y 2) 0 x y 1 0. 0,25 Ta có HK (1; 1) nên m (1;1) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng HK. 0,25 Phương trình của đường thẳng HK là 1.(x 2) 1.( y 2) 0 x y 4 0. 5 x xy 10 2 Do E  HK AC nên ta có hệ . Giải hệ, ta được . xy 40 3 y 2 0,5 53 Vậy E ;. 22 Ta có ABD ACD (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) 0,25 AH BC và CD BC nên AH //CD. 0,25 Suy ra HAE ACD (2) (so le trong) 0,25 Ta có AHB AKB 900 Tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn đường kính AB. 0,25 Suy ra ABK AHK AHE (3) Từ (1), (2) và (3), ta suy ra AHE HAE. Do đó, tam giác EHA cân tại E. 0,25 Suy ra EA EH. Do A AC nên A( a ; a 1), với a 2. 0,5
5. 2 2 2 2 22 5 5 3 3 Ta có EA EH EA EH a a a 4. 2 2 2 2 Vậy A(4;3). 1 2un * Cho dãy số ()un được xác định bởi: u1 và unn 1 ,.  3 2unn (3 1) 1 a) Tìm u4 và số hạng tổng quát un của dãy số. 3,0 1 1 1 b) Tính S (tổng gồm n số hạng) theo n. u12 u un 1 2 4 8 a) Ta có u1 , u2 , u3 , u4 . 0,75 3 7 27 91 2un 1 1 1 Khi đó unn 1 3 1 . 2un (3 n 1) 1 u n1 2 u n 0,5 1 1 1 6(nn 1) 14 6 14 (1) uunn 1 2 1 Đặt vn 6 14. Ta có v 11. n u 1 0,25 Câu n IV 1 1 Từ (1), ta có vv . Do đó, ()v là cấp số nhân với công bội q . (3,0 nn 1 2 n 2 điểm) n 1 0,25 n 1 1 Suy ra vn v1. q 11. . 2 11 Suy ra un n 1 . vnn 6 14 1 0,25 11. 6n 14 2 b) Từ đó, ta có 1 1 1 0,25 S v1 vn 6(1 2 n ) 14 n u12 u un n 1 1 2 nn( 1) 11. 6. 14n 0,5 1 2 1 2 n 1 2 0,25 22 1 3nn 11 . 2 Cho hàm số f() x ax32 bx cx d (với a,,, b c d ) thỏa mãn f(0) 4, f' (0) 0, f (2) 0 và f ' (2) 0. Câu a) Tìm hàm số V fx( ). 3,0 (3,0 b) Giả sử h( x ) f ( x2 2 x m ). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương điểm) ' trình hx( ) 0 có 5 nghiệm phân biệt x1,,,, x 2 x 3 x 4 x 5 thỏa mãn 44444 xxxxx1 2 3 4 5 229.
6. a) Ta có: * fd(0) 4 4. * f(2)08424042 a b c a b c 2 * f'2( x ) 3 ax 2 bx c . ' * fc(0) 0 0. 1,5 * f' (2) 0 12 a 4 b 0. 3a b 0 a 1 * Ta có hệ 2a b 1 b 3 Vậy f( x ) x32 3 x 4. b) Ta có h'( x ) (2 x 2) f ' ( x 2 2 x m ). 0,25 Ta có f' ( x ) 0 x 0 hoặc x 2. x 1 '2 2x 2 0 Khi đó h( x ) 0 x 2 x m 0 (1) f'2( x 2 x m ) 0 2 0,25 x 2 x m 2 (2) Dễ thấy (1) và (2) không có nghiệm chung. m 1 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi m 1. Giả sử hai m 1 nghiệm đó là xx12,. 0,25 m 3 (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi m 3. Giả sử hai m 3 nghiệm đó là xx34,. ' Với m 1 thì hx( ) 0 có 5 nghiệm phân biệt. Ta có x5 1. xx12 2 4 4 2 0,25 Ta có x12 x 2 m 16 m 16. x12. x m xx34 2 4 4 2 Ta có x34 x 2 m 24 m 56. 0,25 x34.2 x m 4 4 4 4 4 2 x1 x 2 x 3 x 4 x 5 229 4 m 40 m 156 0 m 3 hoặc m 13 (loại). 0,25 Cho hàm số f (x ) x42 2 x m 1 (với m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị 3,0 của tham số để giá trị nhỏ nhất của hàm số g()() x f x trên đoạn [0;2] bằng 2020. Câu Đặt tx 2. Ta có y f( t ) t2 2 t m 1. VI 0,25 (3,0 Do x [0;2] nên t [0;4]. điểm) Ta có y f( t ) t22 2 t m 1 ( t 1) m 2 m 2. 0,5 Ta có y m 2 t 1 [0;4].
7. Vẽ bảng biến thiên của hàm số y f( t ). 0,25 Dựa vào bảng biến thiên, ta có minf ( x ) m 2 , maxf ( x ) m 7 . x 0;2 x 0;2 0,5 Trường hợp 1: Nếu m 2 thì ming ( x ) m 2. x 0; 2 0,5 Khi đó, ta có mm 2 2020 2022 ( nhận). Trường hợp 2: Nếu mm 7 0 7 thì ming ( x ) m 7. x 0;2 0,5 Khi đó, ta có mm 7 2020 2027 (nhận). Trường hợp 3: Nếu (m 2)( m 7) 0 7 m 2 thì mingx ( ) 0 (loại). x 0; 2 0,5 Suy ra m 2022; 2027 . Chú ý: Giải câu VI theo kiến thức lớp 12: Xét hàm số y f( x ) x42 2 x m 1 liên tục trên đoạn 0;2 . Ta có y'3 4 x 4 x . x 1  0;2 ' Cho y 0 x 0  0;2 . x 1 0;2 Ta có fm(0) 1, fm(1) 2, fm(2) 7. * Trường hợp 1: Nếu thì ming ( x ) m 2. x 0; 2 Khi đó, ta có ( nhận). * Trường hợp 2: Nếu thì ming ( x ) m 7. x 0;2 Khi đó, ta có (nhận). * Trường hợp 3: Nếu thì mingx ( ) 0 (loại). x 0; 2 Suy ra . Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn. Hết