Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 2 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 2 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU LẦN 2 NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút 1 Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số yxx=42 −+21 có đồ thị là (C) . Tính diện tích tam giác có các đỉnh 4 là các điểm cực trị của đồ thị (C). 21x − Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (C). Tìm m để đường thẳng dy: =−+ xm cắt x +1 (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho ∆PAB đều, biết P(2;5) . Câu 3 (1,0 điểm). Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB= 25 m, chiều rộng AD= 20 m được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( MN, lần lượt là trung điểm BC và AD ). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tổng các nghiệm x ∈−[ ππ; ] của phương trình: 2(cosx+ 3 sin xx )cos =−+ cos x 3 sin x 1. Câu 5 (1,0 điểm). Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT Đồng Đậu tổ chức vào tháng 11 năm 2019 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12. 11 ++ 1 22 ( ) = nn(+ 1) Câu 6 (1,0 điểm). Cho dãy số với e . Tính uuu1. 2 3 u 2019 . 𝑢𝑢𝑛𝑛 𝑢𝑢𝑛𝑛 Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD. A111 B C D 1 có các cạnh AB= AD =2, AA1 = 3 và 0 góc BAD = 60 . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của các cạnh AD11 và AB11. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng (BDMN ) . Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=3, BC = 6, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với mặt phẳng ( ABCD) các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 6. Tính thể tích khối chóp S. ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD. Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 2xy+− 10 = 0 và D(2;− 4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình xy++=7 0. Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực ab, thỏa mãn điều kiện 0<<<ba 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 43( b − 1) 2 của biểu thức Pa=logab +−8log 1. 9 a HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và không được sử dụng máy tính cầm tay.
2. SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT ĐỒNG LỚP 12 LẦN 2 NĂM HỌC 2019– 2020 ĐẬU MÔN: TOÁN Câu Nội dung trình bày Điểm 1 Cho hàm số yxx=42 −+21 có đồ thị là (C). Tính diện tích tam giác có các đỉnh là các 1,0 4 điểm cực trị của đồ thị (C). x = 0 3  Ta có y'=− x 4 xy ; ' =⇔= 0 x 2 .  0.25  = − x 2 1 Suy ra 3 điểm cực trị là A(−− 2; 3); BC (0;1); (2;− 3) . Các điểm cực trị tạo thành tam giác ABC cân tại B. 0.25 Gọi H là trung điểm của AC ⇒−H (0; 3) và BH⊥ AC .   Ta có BH(0;−⇒ 4) BH = 4 ; AC(4;0)⇒= AC 4 . 0.25 11 Vậy diện tích cần tìm: S=. BH . AC = .4.4 = 8 (đvdt). 0.25 22 21x − Cho hàm số y = có đồ thị (C). Tìm m để đường thẳng dy: =−+ xm cắt (C) x +1 1,0 tại hai điểm phân biệt A và B sao cho ∆PAB đều, biết P(2;5) . 2 Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ()C là nghiệm phương trình 21x − =−+⇔xm x2 −( m − 3) xm − −= 1 0( 1) ( x = −1không là nghiệm của (1)). 0,25 x +1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 hai nghiệm phân biệt ⇔∆>⇔0mm − 2 + 13 >⇔ 0 m ∈ . 0,25 xx12+=− m3 Gọi xx12, là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  xx12=−− m 1 Giả sử Ax( 11;−+ x m) , Bx( 22;−+ x m) 2 Khi đó ta có: AB=2( x12 − x ) 0,25 2 2 22 PA=( x1 −+−+−=2) ( x 1 m 5) ( x 12 −+− 22) ( x ) , 2 2 22 PB=( x2 −+−+−=2) ( x 2 m 5) ( x 21 −+− 22) ( x ) Suy ra ∆PAB cân tại P . Do đó ∆PAB đều ⇔=PA22 AB 22 2 2 ⇔−+−=( x12) ( x 2 2) 2( xx12 −) ⇔+( xx 12) +4( xx 12 +−) 6 xx 12 −= 80 = 2  m 1 0,25 ⇔mm +4 −=⇔ 50  . Vậy giá trị cần tìm là mm=1, = − 5 . m = −5 Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB= 25 m, chiều rộng AD= 20 m được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( MN, lần lượt là trung 1,0 3 điểm BC và AD ). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch
3. chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C . B M C Giả sử con đường đi từ A đến C gặp vạch chắn MN tại E đặt NE= x( m )( x ∈ [0;25]) ⇒=AE x22 +10 ; CE=(25 −+ x )22 10 25m 0,25 E x A 20m N D AE CE x2 +100 (25−+x )2 100 Thời gian làm đường đi từ A đến C là tx()=+= + ()h 0,25 15 30 15 30 xx(25− ) tx'( ) = − ; 15xx22+ 100 30 (25 −+ ) 100 tx'( )=⇔ 0 2 x (25 −+ x )22 100 =− (25x ) x + 100 xx(25−≥ ) 0 ⇔ 0,25  2 2 22 4x [(25−+ x ) 100] =− (25xx ) ( + 100) 0≤≤xx 25 0≤≤ 25 ⇔⇔ 22 2 2 2 2 4(25−xx ) ( −+ 25) x [400 −− (25 x ) ]=0 ( x − 5)[4(25 − xx ) ( ++ 5) x (45 − x )]=0 ⇔=x 5; 20++ 725 10 2 725 2 5 tt(0) = , (25) = , t (5) = ⇒ Thời gian ngắn nhất làm con đường từ 30 30 3 0,25 25 A đến C là (giờ). 3 Phương trình đã cho ⇔+cos2 x 3 sin 2 x =− co sx 3 sin x ππ  k2π 0,5 ⇔cos 2xcx −=  os + ⇔=xk, ∈ . 33  3 4 22ππ− Vì x ∈−[ ππ; ] nên xx=0; = ; x = thỏa mãn. 1233 3 0,5 Vậy tổng các nghiệm x ∈−[ ππ; ] của phuơng trình đã cho là S = 0. Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao 1,0 cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12. 5 Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω Số phần tử của không gian mẫu là: n( Ω )= C5 = 792 12 . 0,25 Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12''. Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là : 0,25 + 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11. + 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11.
4. + 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11. 221 212 311 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = CCC4. 3 . 5++= CCC 4 . 35 . CCC 435 . . 330. 0,25 330 5 Xác suất cần tìm là P = = . 0,25 792 12 11 1,0 ++ 1 22 ( ) = nn(+ 1) Cho dãy số với e . Tính uuu1. 2 3 u 2019 . Ta có: 𝑛𝑛 𝑛𝑛 𝑢𝑢 𝑢𝑢 1 1nn2 (++++ 1) 2 ( n 1) 22 n nnnn 4 +2 3 + 3 2 ++ 2 1 0.25 1++ = = n2( n++ 1) 2nn 22( 1) nn22( + 1) 6 2 nn++1 1 11 = =+=+11− (do n∈ N * ) n(n++ 1)nn (+ 1) nn1 11 1 2019+ + ++ 1.2 2.3 2018.2019 0.25 Khi đó ta có uuu1. 2 3 u 2019 = e 111 1 1 2019+− 1 + − + + − 0.25 = e 2 2 3 2018 2019 1 2018.2020 2019− 0.25 =ee2019 = 2019 . Cho hình hộp đứng ABCD. A111 B C D 1 có các cạnh AB= AD =2, AA1 = 3 và góc 0 BAD = 60 . Gọi MN, lần lượt là trung điểm của các cạnh AD11 và AB11. Chứng 1,0 7 minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng (BDMN ) . Ta có: BD⊥ AC, BD ⊥⇒⊥ AA1 BD mp() ACC11 A ⇔ AC 1 ⊥ BD . 0,5        1  11  22    0,5 Mặtkhác: AC1 BN=( AB ++ BC CC11) BB + BA =−+ AB BA BC + BB1= 2 22   −−+2 1 3 = 0. Suy ra AC1 ⊥ BN (2.) Từ (1) và (2) ⇒⊥AC1 ( BCMN ). 8 Cho hình chóp S. ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=3, BC = 6, mặt
5. phẳng ()SAB vuông góc với đáy, các mặt phẳng ()SBC và ()SCD cùng tạo với 1,0 mặt phẳng ()ABCD các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 6. Tính thể tích khối chóp S. ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD. Hạ SH⊥ AB()() H ∈ AB ⇒⊥ SH ABCD . 0.25 Kẻ HK⊥ CD() K ∈⇒ CD tứ giác HBCK là hình chữ nhật. Ta có: BC⊥⇒() SAB Góc giữa mặt phẳng ()SBC và ()ABCD là: SBH . CD⊥⇒() SHK Góc giữa mặt phẳng ()SCD và ()ABCD là: SKH Theo giả thiết: SBH = SKH ⇒∆ SHB =∆ SHK() g − c − g ⇒ HK = HB = BC =6. 0.25 Do đó A là trung điểm của HB. Ta thấy ABDK là hình bình hành⇒⇒BD// AK BD //() SAK mà SA∈() SAK Suy ra dBDSA()(), = dBDSAK(), = dDSAK(),() = dH(),() SAK= h = 6. 1 1 1 1 1 1 11 Do tam diện H. SAK vuông tại H nên: = + + ⇔ = ++ 0.25 h2 HS 22 HA HK 26 HS 2 9 36 ⇒=SH 6 11 Suy ra V= . SH . S = .6.3.6= 36 (dvtt). S. ABCD 33ABCD Gọi α là góc giữa hai đường thẳng SA và BD⇒=α ()() BD,, SA = AK SA 0.25 Ta có: SA=6 2, SA = AK = 3 5. Trong tam giác SAK có: AS2+ AK 22 − SK 45 +− 45 72 1 cos SAK = = = . 2.AS . AK 2.3 5.3 5 5 1 Vậy α =SAK = arccos . 5 9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ()Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J ()2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương 1,0 trình: 2xy+− 10 = 0 và D()2;− 4 là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình xy++=7 0.
6. AJ đi qua J (2;1) và D(2;− 4) nên AJ có phương trình : x −=20 0.25 Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : xx−=20 = 2 ⇔⇒A(2;6) . 2xy+− 10 = 0 y = 6 Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 0.25 Ta có DB =⇒= DC DB DC và EA = EC 11 DBJ = sd EC + sd DC = sd EA + sd DB = DJB ⇒∆ DBJ cân tại D. 22( ) ( ) DB= DC = DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC. Suy ra BC, nằm trên đường tròn tâm D(2;− 4) bán kính JD =05 +=2 5 có phương 0.25 22 trình ( xy−2) ++( 4) = 25. Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm: 22 ( xy−2) ++( 4) = 25 xx=−=32B(−−3; 4)  ⇔∨⇒  xy++=70 yy=−=−49B(2;− 9) Do B có hoành độ âm nên B(−−3; 4) . BC đi qua B(−−3; 4) và vuông góc AH nên có phương trình: xy−2 −= 50. 0.25 22 ( xy−2) ++( 4) = 25 Khi đó C là nghiệm của hệ:  ⇒ C (5; 0) xy−2 −= 50 Vậy AB(2;6) ,(−− 3; 4) , C( 5;0) . 10 Cho các số thực ab, thỏa mãn điều kiện 0<<<ba 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1,0 43( b − 1) 2 biểu thức Pa=logab +−8log 1. 9 a ( ) Có = + 8 1 0,25 4 3𝑏𝑏−1 2 𝑎𝑎 ( ) 𝑏𝑏 = 9 + 𝑎𝑎 1 𝑃𝑃 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙( 𝑎𝑎 −) 4 3𝑏𝑏−1 8 2 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 9 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎𝑏𝑏−1 −
7. ( ) Ta có = 4 3𝑏𝑏−1 4 4 9 3 𝑏𝑏 − 9 2 4 4 0,25 ( ) 0 ⇒ 3 9 3 2 2 4(3 𝑏𝑏 −1) 4≥ 4− 4≤ 𝑏𝑏 − 𝑏𝑏4 ⇒ = + = 9 3 9 3 3 𝑏𝑏 − 2 2 ( ) 𝑏𝑏 − ≤ 𝑏𝑏 𝑏𝑏 − 𝑏𝑏 𝑏𝑏 Vì 0 < < 1 nên = 2 4 3𝑏𝑏−1 2 𝑎𝑎 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 9 ≥ 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎𝑏𝑏 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎𝑏𝑏 Đặt = ( (1; + ) 0,25 𝑎𝑎 ⇒ 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙2 𝑏𝑏+ 𝑡𝑡 𝑡𝑡 ∈ 1 ∞ ( ) 8 ( )2= 2 + 1 (1; + ) Xét𝑃𝑃 hàm≥ 𝑡𝑡số: 𝑡𝑡−1 − ( ) trên 8 ( ) = 2 ( ) =2 0 ⇒ 2 = 0 Có 𝑓𝑓 𝑡𝑡 ( ) 𝑡𝑡 ; 𝑡𝑡−1 − ( )∞ ′ 16 ′ 16 ⇔ = 3 (1; + ) 3 3 𝑓𝑓 𝑡𝑡 − 𝑡𝑡−1 𝑓𝑓 𝑡𝑡 − 𝑡𝑡−1 𝑡𝑡 ∈ ∞ Ta có min ( ) = (3) = 7 ⇒ 7 0,25 = 𝑓𝑓 𝑡𝑡 𝑓𝑓 = 𝑃𝑃 ≥ 3 Dấu “=” xảy ra khi ⇔ 3 ⇔ . = 3 𝑏𝑏= 2 2 𝑏𝑏 3 2 � 𝑎𝑎 � 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑏𝑏 𝑎𝑎 �3 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.