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

1. ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thi có 02 trang) MÔN: TOÁN –THPT Thời gian: 180 phút ĐỀ BÀI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=−x3+3x2+3mx −1 nghịch biến trên khoảng (0; +∞). Câu 2: (4,0 điểm) x a) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log3 ( 5− 3) +x = 0 . b) Giải phương trình cos2x+ 7cosx− 3sin2( x− 7sinx) = 8 . Câu 3: (2,0 điểm) Một chiếc cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao 20cm bên trong có một khối lập phương cạnh 6cm như hình minh họa. Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương 1 sẽ nổi thể tích của nó lên trên mặt nước (mặt trên khối lập phương song song với 3 mặt nước). Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt trên của khối lập phương ngang bằng với miệng cốc khi nó nổi lên. (lấy π = 3,14 ) ( x−2) y−1−( y−3) x=0 Câu 4: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  . 22 x+y−x+42=yx+ 3 Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB= a, AD= 2, a SA vuông góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy một góc 60°, điểm E thuộc cạnh SA và a 3 AE = . Mặt phẳng (BCE) cắt SD tại F . Tính thể tích khối đa diện V và 3 ABCDEF khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BE . 1
2. ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG Câu 6: (2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 15 nút, m ỗi nút được ghi m ột số từ 1 đến 15 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn ba nút khác nhau sao cho tổng các số trên ba nút đó là số chẵn. H ọc sinh B không biết quy tắc m ở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên ba nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó. PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ THPT Câu 7A. (2,0 điểm) Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm trên và có đồ thị như hình vẽ bên. m x3+x2+x93 += Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f 42  .có ít x+2x+14 2 nhất ba nghiệm phân biệt. Câu 8 A. (2,0 điểm) Cho các số thực không âm thỏa mãn xy+≤1 và xyz =1. Tìm giá trị lớn nhất 11 của biểu thức P=+−1+z. 14+x214 +y2 PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ GDXT n 7 2 2  Câu 7B. (2,0 điểm) Tìm hệ số x khi khai triển nhị thức x − , với x ≠ 0, biết rằng n là số x  323 nguyên dương thỏa 4Cn+1 +2Cn=An. Câu 8B. (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y=9+8x−x2−7x−x2. HẾT 2
3. SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thi có 02 trang) MÔN: TOÁN –THPT Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=−x3+3x2+3mx −1 nghịch biến trên khoảng (0; +∞). Lời giải Tập xác định: D = Ta có y′ =−3x2+6x+3m=3(−x2+2xm+). Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; +∞) ⇔ y′ ≤0,∀x∈(0; +∞) ⇔−x2+2xm+≤0,∀x ∈(0; +∞) ⇔ m≤x2−2,x∀x∈(0; +∞) . Xét fx( ) = x2 −2,xx∈(0; +∞) . Bảng biến thiên x 0 1 +∞ +∞ fx( ) 0 −1 Từ bảng biến thiên, suy ra m≤fx( ),∀ x∈(0; +∞) ⇔m≤min fx( ) ⇔ m≤−1. (0;+∞) Vậy m ≤−1. Câu 2: (4,0 điểm) x a) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log3 ( 5− 3) +x = 0 . x Điều kiện: 53−>0⇔x <log3 5 . x xx1 Ta có log533( −) +x=0 ⇔log533( −) =−x⇔53 −= 3x   5+ 21  x 5+ 21 x = log 3 = 3   2  ⇔32x−5.3x+ 1= 0 ⇔ 2 ⇔ (thỏa mãn điều kiện).   x 5− 21 5− 21  3 = x = log  3   2  2  5+21 5−215 +215 −21  ⇒= + = ==. S log3log3log3log3 1 0 2222 Vậy tổng tất cả các nghiệm là S = 0 . b) Giải phương trình cos2x+ 7cosx− 3sin2( x− 7sinx) = 8 . Lời giải
4. cos2x+7cos x− 3sin2( x− 7sinx) = 8 ⇔cos2x− 3sin2x+ 7cos( x+ 3sinx) = 8 1313ππ ⇔cos2x− sin2x+ 7cosx+ sinx= 4 ⇔cos2x++ 7 cosx−= 4 222233 ππ 2 ππ ⇔cos2x+− 7sinx+= 4 ⇔1− 2sinx+−7sin x+=4 66 66  π 1 sin x +=− 2 ππ 62 ⇔2sinx++ 7sinx++3 = 0 ⇔  . 66  π  sinx +=−3 (V« nghiÖm)  6   π π 1 ππx=−+k2π +) sin x +=−⇔sinx +=sin −⇔ 3 , (k ∈ ) .  62 66 x=π+ k2π Câu 3: (2,0 điểm) Một chiếc cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao 20cm bên trong có một khối lập phương cạnh 6cm như hình minh họa. Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương 1 sẽ nổi thể tích của nó lên trên mặt nước (mặt trên khối lập phương song song với 3 mặt nước). Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt trên của khối lập phương ngang bằng với miệng cốc khi nó nổi lên. (lấy π = 3,14 ) Lời giải Khi mặt trên của khối lập phương ngang bằng với miệng cốc thì lượng nước trong cốc cách thành trên 2cm . Tổng thể tích lượng nước và phần khối lập phương chìm trong nước là: 2 3 V1 =3,14.5 .( 20− 2) =1413 cm . 3 Thể tích khối lập phương chìm trong nước là V2 = 6.6.4 =144cm . 3 Vậy thể tích lượng nước đổ vào cốc là V=V1−V2=1413− 144 =1269cm . ( x−2) y−1−( y−3) x=0 Câu 4: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  . 22 x+y−x+42=yx+ 3 Lời giải
5. x ≥ 0 Điều kiện:  . y ≥1 ( x−2) y−1−( y−3) x=0 (1)  22 x+y−x+42=yx+3 (2) Cách 1: x = 2 Ta thấy  thỏa phương trình (1) nhưng không thỏa phương trình (2) nên không y = 3 phải là nghiệm của hệ phương trình đã cho. x ≠ 2 Xét  y ≠ 3 y −1 x Ta có: (1)⇔( x−2 ) y−1=( y−3) x⇔= . ( y−1) −2x−2 t Xét hàm số: ft()= trên [0;+∞) \ { 2} . t − 2 −t −2 ft'( ) = 2 0 ∀x≥ 0; ∀y ≥ 1) ⇔x=y−1⇔y=x+1. Thay y=x+1 vào phương trình (2) ta được: 22 2 x+( x+1) −x+42=( x+1) x+3⇔2x+x+52=( x+1) x+3 (3) Đặt u=x+3⇒u2=x+3⇒xu=2−3 (u≥3 dox ≥ 0). Phương trình (3) trở thành u = 2 4−3−2++=⇔−2 2++=⇔ 2u2u11u 4u20 0(u 2) (2u6u5) 0  2 2u+6u+5= 0 (VN ) Với u=2⇒x=22 −31=⇒y=1 + 1= 2. (thỏa mãn điều kiện) x =1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  . y = 2 Cách 3:
6. 2 2 (2)⇔x2− 2x+1+y2−2yx+3+ x+30=⇔( x− 1) +( y−x+3) =0 x=1x=1 ⇔⇔ y=x+3y=13+=2 x =1 Ta thấy  thỏa phương trình (1). y = 2 x =1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  . y = 2 Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB= a, AD= 2, a SA vuông góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy một góc 60°, điểm E thuộc cạnh SA và a 3 AE = . Mặt phẳng (BCE) cắt SD tại F . Tính thể tích khối đa diện VABCDEF và 3 khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BE . Lời giải Vì SA⊥ ( ABCD) nên góc giữa SB với mặt đáy là góc SBA⇒ SBA =60°. a3AE 1 ∆SAB vuông tại A⇒SA= AB.tan60°= a 3 , AE =⇒=. 3AS 3 SESF 2 Dựng F∈SD: EF// AD⇒ EF// BC⇒ EF⊂( BCE) ⇒ F=SD∩( BCE) và == SASD 3 . Theo công thức tỉ số thể tích ta có: VS. ECF SE SF 22 442 =.=.=⇒VS. ECF=V S. ACD=V S. ABCD . VS. ACD SA SD 33 999 VS. ECB SE 221 ==⇒VS. ECB=V S. ACB=V S. ABCD . VS. ACB SA 333 12 5 441 8 3a3 Như vậy V=+V=V⇒V=V=.S.SA =. S. CBEF 39S. ABCD9 S. ABCD ABCDEF9 S. ABCD 9 3 ABCD 27
7. * Tính d( SD, BE) : 24a Trong (BCFE) dựng FM// EB( M∈ BC) ⇒ BE//( SMD) và BM= FE= AD = 33 2a ⇒CM =. 3 SE 2 Ta có: d( BE, SD) = d( BE,( SDM)) = d( E,( SDM )) = d( A,( SDM)) = d( A,( SDM )) . SA 3 Trong ( ABCD) dựng AK⊥MDK ( ∈MD) , ta có AK= AD.sin ADK= AD .cos CDM a6a = 2.a = . 2 13 2 2a  a +  3  6a a 3. SAAK. SA. AK 6a d( A,( SDM )) == = 13 = . SK 22 25 SA+ AK 2 6a  (a 3) +  13  24a Vậy d( BE, SD) = d( A,( SDM )) = . 35 Câu 6: (2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 15 nút, m ỗi nút được ghi m ột số từ 1 đến 15 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn ba nút khác nhau sao cho tổng các số trên ba nút đó là số chẵn. H ọc sinh B không biết quy tắc m ở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên ba nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó. Lời giải 3 Số phần tử của không gian mẫu n(Ω) =A15 =2730 . Gọi biến cố B : “Học sinh B mở được cửa phòng học”. Khi đó, tổng 3 số học sinh B bấm là số chẵn có 3 trường hợp xảy ra: 2 TH1: Bấm 1 số chẵn và 2 số lẻ ⇒ Có 7.C8 .3!= 1176 cách 3 TH2: Bấm 3 số chẵn ⇒ Có A7 = 210 cách. Do đó nB( ) =1386. nB( ) 33 Vậy xác suất cần tìm là PB( ) == . n(Ω) 65 Câu 7A. (2 điểm) Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm trên và có đồ thị như hình vẽ bên.
8. m x3+x2+x93 += Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f 42  có ít x+2x+14 2 nhất ba nghiệm phân biệt. Lời giải m x3+x2+x9 3  Đặt u=ux( ) = + , phương trình trở thành fu( ) =  (*) . x4+2x2+14 2  2 (3x2+2x+1)( x2+1) −( x3+x2+x).2.2xx .( 2+ 1) ′ Có ux( ) = 4 ( x2 +1) 3 −x4−2x3+2x+1(1−x)(1+x) = 3 = 3 . ( x2 +1) ( x2 +1) x =−1 ux′( ) =0 ⇔  x =1 Bảng biến thiên của u= ux( ) : 9 Từ bảng biến thiên suy ra u ∈[2;3] , đồng thời với u = cho ta 1 giá trị x , với mỗi 4 9  u ∈[2;3] \  cho ta 2 giá trị x thỏa mãn. 4
9. Phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc [2;3]. Dựa vào đồ thị, phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm m 3  phân biệt thuộc [2;3] ⇔2<≤3⇔log3 2<m ≤ log3 3. 2  22 m  x3+x2+x93 ∈ += Vậy với m log3 2;log3 3 thì phương trình f 42  có ít nhất ba 22 x+2x+14 2 nghiệm phân biệt. Câu 8 A. (2,0 điểm) Cho các số thực không âm thỏa mãn xy+≤1 và xyz =1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 11 thức P=+−1+z. 14+x214 +y2 Lời giải 12≥ xy  1 0<xy+≤1xy ≤ Từ giả thiết ta có ⇒1 ⇒4 . xyz =1 z =   xy z ≥ 4 112 Với điều kiện trên ta có BĐT +≤. 14+x214 +y214 +xy 1122 Do đó P=+−1+z≤−1+z=−1+z. +2+2 + 4 14x14 y 14 xy 1+ z  4 01<+≤ 2 2 Với z≥4⇒ z ⇒−1+z≤1−5. 4 −1+z ≤51+  z  1 x=y= Vậy maxP =1 − 5 đạt được khi  2 . z = 4 n 7 2 2  Câu 7B. (2,0 điểm) Tìm hệ số x khi khai triển nhị thức x − , với x ≠ 0, biết rằng n là số x  323 nguyên dương thỏa 4Cn+1 +2Cn=An Lời giải Điều kiện: n ≥ 3 4.(n+1)! 2.( n !)n! 2.(n+1) 1 4C3+2C2=A3⇔+=⇔+=1 n+1 nn3!.(n−2)! 2!.(n−2)! ( n−3)!3.( n−2) n−2 ⇔2(n+ 1)+ 3=3( n−2) ⇔n=11 11 2 2  k22− 3kk 7 Khai triển x −  có số hạng tổng quát là Cx11 .(− 2) . Hệ số chứa x tương ứng x  với k thỏa mãn 22− 3k=7⇔k=5 7 55 Vậy hệ số chứa x là : −C11.2=− 14784
10. Câu 8B. (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y=9+8x−x2−7x−x2 Lời giải Điều kiện: x ∈ [0; 7] 4−x7−2x y ' = − 9+8x−x227x−x2 (4−x)(7 −2 x )≥ 0 y'0=⇔2(4−x )7x−x2= (7−2)9x+ 8x−x2⇔ −2−2=−2+−2 4(4x) (7xx) (72 x ) (98 xx) 7 x Từ bảng biến thiên suy ra 0 7 3 7 miny = 2 khi x = y ' − 0 + 3 y 3 4 2 Cách khác: Vì (9+ 8x−x2)− (7x−x2) =9+x>0∀x∈[0;7]⇒y>0 y2 =(x+1)(9−x) +x(7−x)2( −x+1)(9 −xx) (7−x) 2 =(x+1)(7−x) +x(9−x)2( −x+1)(7 −xx) (9−x)2 +=y=( ( x+1)(7−x) −x(9−x) ) +2≥2 7 Vậy miny= 2⇔(x+1)(7−x )= 9x−x2 ⇔x= 3