Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 13/12/2022 Câu 1: (1.5 điểm) 2x 23π  Giải phương trình 4sin− 3cos2x= 1+ 2cos x−. 24 Câu 2: (1.5 điểm) n 1  Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của − 2 x với x > 0 biết rằng n là số x2  012 n nguyên dương thỏa mãn Cn+Cn+Cn+ +Cn= 1024 . Câu 3: (1.5 điểm) 2y2 −3x+6y+12=x− 2y−4x−5y−3 Giải hệ phương trình  (1−y) xy−+x=2(+xy−−1) y Câu 4: (3.5 điểm) Giải các phương trình sau: 2 2 2x+9x a) 2.27x−9 x+3x=( 3) ; 2 b) x3 −3 x+2lnx− ln( x+ 2lnx) = 0 . 3 Câu 5: (4.0 điểm) mx + 4 a) Cho hàm số y = với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m xm+ thuộc khoảng (−2023;2023) để hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞). 32 b) Cho hàm số y=x−2(m+1) x+(3m+1) x+2m−2 có đồ thị là (Cm ) . Tìm tất cả các giá trị tham số m để (Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A(2;0) , B và C sao cho trong hai điểm B , C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn (C) :x2+y2=1. Câu 6: (1.5 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , biết AC vuông góc với mặt phẳng (SBD) và AB= SD= a, AD= SB= 2 a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD . Câu 7: (2.0 điểm) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi MN, lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết AB= a và MN tạo với mặt đáy một góc 60° . Tính thể tích khối chóp S. ABC theo a . Trang 1
2. 202 Câu 8: (1.5 điểm) Cho hàm số fx( ) xác định, liên tục trên và thoả mãn f(cotx) = sin2x+ cos 2x. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số gx( ) =fxf ( ) (1− x ) trên đoạn [−1;1]. Câu 9: (1.5 điểm) Cho hình lăng trụ đều ABC. A′ B′ C′ có AB = 23 và AA′ = 2 . Gọi MNP,, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB′′, AC′′, BC và hai điểm FE, lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (MNP) với AB′, AC′. Tính thể tích của khối đa diện MFENC′ B′. Câu 10: (1.5 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện xy≤y −1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu xy+ x−2y thức P = − . x2−xy+3 y26( xy+ ) HẾT Trang 2
3. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (1.5 điểm) 2x 23π  Giải phương trình 4sin− 3cos2x= 1+ 2cos x−. 24 Lời giải 2x 23π  Ta có: 4sin− 3cos2x= 1+ 2cos x− 24 3π  ⇔21cos( −x) − 3cos2x= 2+ cos 2x− 2  ⇔sin2x− 3cos2x= 2cos x 13 ππ ⇔sin 2x−cos 2x=cos x⇔sin  2x−=sin −x 22 32  ππ 2x−=−xk+2π  32 ⇔ ,k ∈  ππ 2x−=π−−x+k2π  32  5π2π x=+ k  183 ⇔ ,k ∈ 5π x=+ k2π  6 5π2π5π Kết luận: Phương trình có họ nghiệm là x=+k;x=+k2;π k∈ . 18 36 Câu 2: (1.5 điểm) n 1  Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của − 2 x với x > 0 biết rằng n là số x2  012 n nguyên dương thỏa mãn Cn+Cn+Cn+ +Cn= 1024 . Lời giải n 012 n n Ta có: (1+1) =Cn+Cn+Cn+ +Cn⇔2=1024⇔n = 10. 10 10 10 k 1  − k k 2(k −10)+ = −=k2(k 10) −=k− 2 Với n 10 ta có 2 2x∑Cx10 ( 2x ) ∑C10 ( 2) x . x k=0k=0 k Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với k thỏa mãn: 2.(k−10 ) += 0⇔k=8. 2 8 8 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển ứng là: C10 (−2) =11520. Câu 3: (1.5 điểm) 2y2 −3x+6y+12=x− 2y−4x−5y−3 Giải hệ phương trình  (1−y) xy−+x=2(+xy−−1) y Lời giải Trang 3
4. x−2y≥0  4x−5y−30≥ Điều kiện của hệ phương trình  . xy−≥0 y ≥ 0 Xét phương trình (1−y) xy−+x=2(+xy−−1) y a=xy− a2 =xy− Đặt ⇒ . Điều kiện a≥0,b≥ 0 . 2 b=y b= y Ta được phương trình (1−baa2) +2+ b2=2(+a2−1) b⇔(1 −ba)( −1)( ab++2) =0 b =1  ⇔(1−ba)( −1)( ab++2) =0⇔ a=1 . ab++20= Do a≥0,b≥ 0 nên ab++20= vô nghiệm. + Với b =1ta được y =1thay vào phương trình −3x+90=⇔x= 3. + Với a =1ta được xy−=1⇒x =1+ythay vào phương trình 2y2 −3x+6y+12=x−2 y−4x−5y−3ta được phương trinh 2y2 −3( y+1) +6y+1= 21−y−1 −y⇔2y2 + 3y−2=1−y. Đặt t=1−y(0≤t≤1)ta được phương trình 2t2 −2t−30= 2t4−7t2−t+30=⇔2 t2−2t−3t2+t−1=0⇔ ( )( )  2 t+t−10=  1− 7 t =≈−0.822(loai)  2  1+ 7 t =≈1.822(loai) 2 −1+ 5 ⇔ ⇔t = .  −1− 5 2 t =≈−1.61(loai)  2  −1+ 5 t =≈ 0.61  2 −1+ 5 −1+ 5 51−51 + t = hay =1−y⇔y=⇒x= . 2 222 51+51 − Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là (xy;) = (3;1) ,( xy ; ) = ; . 22 Trong ∆SAB vuông tại A , ta có SA=SB2−AB2=36− 9= 3 3 . 11 Vậy thể tích khối chóp S. ABCD là V= SA S =.3 3.3.6= 18 3 (đvtt). 3ABCD 3 Câu 4: (3.5 điểm) Giải các phương trình sau: 2 2 2x+9x a) 2.27x− 9x+3x=( 3) ; 2 b) x3 −3 x+2lnx− ln( x+ 2lnx) = 0 . 3 Trang 4
5. Lời giải 2 2 9 22x+9x 2x+ x a) 2.27x−9 x+3x=( 3) ⇔2.33x− 32x+6x=3 2 3  x2 + x 3 x = 0 2 + 2 2 + xx 3=1 3 ⇔32x3x+32 −20= ⇔ ⇔x2 +x=0 ⇔ .  2 3 3 x+ x 2 x =− 32 =−2(loai)  2 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S =0;− . 2 x > 0 b) Điều kiện:  . x+lnx> 0 2 x3−3x+2lnx− ln( x+ 2lnx) = 0 ⇔x3=3x+2lnx+ 2ln( 3x+ 2ln x) 3 Đặt t=3 x+ 2ln x (t > 0), kết hợp phương trình ta có hệ: 3 t=3 x+ 2ln xt=x+ 2lnx( 1) ⇔ 3 3 x=t+ 2ln t x=t+ 2lnt( 2) ⇒t3−x3=x+2lnxt−− 2ln t ⇒t3+t+2lntx=3+x + 2ln x (3) Xét hàm đặc trưng fu( ) = u3 +u+2ln u, (u > 0) 2 Ta có fu′( ) =3u 2 +1+>0, ∀u >0 ⇒ fu( ) đồng biến trên (u;+∞) u (3) ⇔ft( ) = fx( ) ⇔ tx=⇔ x3 =x+2ln x⇔x3 −x−2lnx= 0 . Xét gx( ) =x 3 −x−2ln x ( x > 0) . 2 23x3 −x−2( x−13)( x+ 3x+2) gx′( ) =3 x2 −1−== xxx gx′( ) =0⇔x =1 Từ bảng biến thiên x =1 là nghiệm duy nhất của gx( ) = 0 Thử lại, ta nhận nghiệm x =1. Câu 5: (4.0 điểm) mx + 4 a) Cho hàm số y = với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m xm+ thuộc khoảng (−2023;2023) để hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞). 32 b) Cho hàm số y=x−2(m+1) x+(3m+1) x+2m−2 có đồ thị là (Cm ) . Tìm tất cả các giá trị tham số m để (Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A(2;0) , B và C sao cho trong hai điểm B , C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn (C) :x2+y2=1. Lời giải a) Tập xác định: D= \{−m} Trang 5
6. 2 − ′ m 4 YCBT ⇔y =2 >0 , ∀x ∈(1; +∞) ( xm+ ) m2 −40> ⇔  ⇒m >2 . −m∉(1; +∞) Vì m∈(−2023;2023) và m∈ nên ta có m = {3;4;5; ;2021;2022} . Vậy có 2020 giá trị nguyên của tham số m . b) Phương trình hoành độ giao điểm: x3−2(m+1) x2+(3m+1) x+2m−20= x = 2 ⇔  2 . x−2mx− m +10= 2 Yêu cầu bài toán ⇔x−2mx− m +10= (1) có hai nghiệm phân biệt xx1, 2 và −1 ⇔  (2)  −1+ 5 m >  2 + Xét phương trình (1) 1 1 1 - Nếu x =− thì (1) có dạng: +m−m+10= (vô lý). Suy ra x =− không là nghiệm. 2 4 2 1 x2 +1 - Khi x ≠− thì (1) ⇔m = . 2 2x +1 x2 +1 Xét hàm số fx( ) = . 2x +1  1+ 5 x =− 2 +−  ′ 2x2x2 ′  2 fx( ) = 2 , cho fx( ) =0 ⇒ (2x +1)  −1+ 5 x =  2 Bảng biến thiên Trang 6
7. m  3 2  Vậy m∈(−∞;2 −) ∪; + ∞ thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3  Câu 6. (1.5 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , biết AC vuông góc với mặt phẳng (SBD) và AB= SD= a, AD= SB= 2 a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD . Lời giải AC⊥ ( SBD) ⇒⊥ ⬥ Theo đề  ( ABCD) ( SBD). AC⊂ ( ABCD) Trong mặt phẳng (SBD) gọi H là hình chiếu của S lên BD (1). ( ABCD) ⊥ ( SBD) Vì  (2). ( ABCD) ∩( SBD) = SD Từ (1) và (2) suy ra SH⊥ ( ABCD) . =2+2= ⬥ Trong mặt phẳng ( ABCD) ta có: BD AB AD a 5 . Từ đó suy ra tam giác SBD vuông tại S . SB. SD2 a Khi đó SH. BD= SB. SD⇒SH ==. BD 5 2a Mặt khác ∆SBD=∆ ADB⇒ AO= SH =, với O=AC∩ BD . 5 ⬥ Trong mặt phẳng ( ABCD) , gọi l là đường thẳng qua A và song song với BD . Ta có BD//,( Sl) ⇒ d( BD , AC) = d( BD,,( Sl)) = dH( ,,(S l)). Gọi E là hình chiếu của H lên đường thẳng l , vì tứ giác AEHO là hình chữ nhật nên 2a AO=HE = . 5 K là hình chiếu của H lên SE . Khi đó dH( ,,(Sl)) = HK . Trang 7
8. ⬥ Xét tam giác SHE vuông cân tại H ( K là trung điểm của HE ): SE2SH10a HK === . 225 a 10 Vậy d( BD, AC) = . 5 Câu 7. (2.0 điểm) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi MN, lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết AB= a và MN tạo với mặt đáy một góc 60° . Tính thể tích khối chóp S. ABC theo a . Lời giải Gọi HK, lần lượt là trung điểm của AC và AH khi đó: SH⊥ ( ABC) và MK//SH nên MK⊥ ( ABC) . ⇒(MN ,( ABC)) =MNK =60°. Do tam giác ABC vuông cân t ại B và AB= a nên a 32 BC=a , AC= a2⇒CN=, CK= a . 24 Áp dụng định lí cô – sin vào tam giác CKN ta có: 5 a 10 KN2=CN2+CK2−2.CN. CK.cos 45°= a2 ⇒KN = 84 a30 a30 ⇒MK=KN.tan 60°= ⇒SH = . 42 1 a3 30 Vậy V=SH. S = . S. ABC 3 ABC 12 Câu 8. (1.5 điểm) Cho hàm số fx( ) xác định, liên tục trên và thoả mãn f(cotx) = sin2x+ cos 2x. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số gx( ) =fxf ( ) (1− x ) trên đoạn [−1;1]. Lời giải Trang 8
9. 2cotx cot2x− 1cot2x+ 2cotx− 1 Ta có: f(cotx) = sin2x+ cos 2x=+= ,∀x∈(0;π ) . cot2x+ 1 cot2x+ 1cot2x+ 1 Đặt t= cot x, điều kiện cho t là t ∈ , tương ứng với điều kiện x ∈(0;π ) . t2 +2t−1 ft( ) =, ∀t∈ . t 2 +1 2 x2 (1−x) +81x( −x) − 2 Ta có: gx( ) =fxf ( ).1( −x ) = 2 ,∀x∈ . x2 (1−x) −21x( −x) +2 Đặt u=x(1− x) . u′ =12− x 1 . u′ =0 ⇔x= 2 Ta có bảng biến thiên 1  Do đó u ∈−2; . 4 u2 +8u−2 1 Khảo sát hàm hu( ) = trên −2; . u2 −2u+2 4 2(−5u2 +4u+6) ′ hu( ) = 2 . (u2 −2u+2)  2− 34 2 = 2(−5u+4u+6) u ′  2 hu( ) =0⇔2 =0⇔. u2 −2u+2  2+ 34 ( ) u= (l)  2 1 1 1 1 Vậy max hu( ) = khi u = ⇒ max gx( ) = khi x = . 1 [−1;1] −2;  25 4 25 2 4 Trang 9
10. 2− 34 1−2 34− 3 minhu( ) = 4− 34 khi u = ⇒ mingx( ) = 4− 34 khi x = . 1 [−1;1] −2;  5 2 4 Câu 9. (1.5 điểm) Cho hình lăng trụ đều ABC. A′ B′ C′ có AB = 23 và AA′ = 2 . Gọi MNP,, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB′′, AC′′, BC và hai điểm FE, lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (MNP) với AB′, AC′. Tính thể tích của khối đa diện MFENC′ B′. Lời giải Ta có (MNP) ≡ (MBCN ) . 2 (23) .3 Thể tích khối ABC. A′ B′ C′= .2= 6 3 . 4 Gọi P′ là trung điểm của BC′′, I= MN∩ APJ′′, =PI∩ EF . Vì PP′⊥MNAP , ′′⊥ MN⇒( APP′ A′) ⊥( MBCN ) và ( APP′ A′) ∩( MBCN) = IP . Gọi H là hình chiếu vuông góc của P′ trên IP⇒ PH′=dP( ′,(FBCE)). 11 2 3. 3 356 Trong tam giác vuông IPP′ có PP′=2, IP ′=AP′′=. =⇒IP=⇒PH′ =. 222225 NEMF 1 Ta có EF, là trọng tâm của hai tam giác CA′ C′ và BA′ B′ nên suy ra == . NCMB 3 2431 Vì BM= CN⇒ MFEN là hình thang cân có EF//= BC′′=,MN= BC′′= 3, chiều 332 15143535 3 1 35 3 6 7 3 ==⇒=+=⇒V = = cao IJIPSMFEN 3. P′. MFEN . 3623636 336 518 11 111 63 3 Ta có V′′=V′′=.V′′′= V′′′== ENCP. F. MBP 43AABC. 433ABCABC. 36 6 11 ( vì S′′= S′′,d( E,( A' BC′′)) = d( A,( A' BC′′))) NPC4 ABC' 3 37313 3 Vậy ta có thể tích khối MFENC′ B′=2 V′′+V ′ =2. += . ENCP. P. MFEN 618 18 Câu 10. (1.5 điểm) Trang 10
11. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện xy≤ y −1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xy+ x−2y P = − 22 x−xy+3 y 6( xy+ ) Lời giải Ta có x>0,y> 0 nên 2 x 111111 xy≤ y −1 ⇔≤−=−−+≤ yyy2 y244 xx +1−2 xy+ x−2y yy P =−=− x2−xy+3 y26(xy+ ) 2 x  x x 6+1 −+3 y y y  x 1 t+1t−2 Đặt t = , điều kiện 0 6 và t +11> 4 1 −3t+7−3t+71 11 1  ∀t ∈ 0;: >> và −>− ⇒ft'( )> 0,∀ t∈ 0;   3 2   42(t2 −t+3) 633 2(t +1) 2 4 1  ⇒ ft( ) đồng biến trên 0; 4 Ta có bảng biến thiên như sau 1 7+ 10 5 7+ 10 5 1 ⇒ft()≤ f= . Vậy Pmax = khi x = , y = 2 4 30 30 2 HẾT Trang 11