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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (Đề thi có 1 trang gồm 9 câu) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) x 3 Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số yC . xx2 2 Tìm tọa độ tất cả các điểm thuộc đồ thị C của hàm số và có tung độ nguyên. x 4 3 Câu 2 (2,5 điểm). Cho hàm số y 3 xC2 . 22 Tìm tọa độ tất cả các điểm M thuộc đồ thị C sao cho tiếp tuyến của đồ thị C tại M cắt C tại hai điểm phân biệt P, Q khác M thỏa mãn MP 3 MQ với P nằm giữa Q và M. Câu 3 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có nghiệm: xx2 1 xx 22 1 xx 1 mxm 2 60. xx Câu 4 (2,0 điểm). Gọi S là tập nghiệm của phương trình xxm 2 log2 9 1 3 m 0 (với m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để tập hợp S có hai phần tử? Câu 5 (2,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB CD5, AC BD10, AD BC 13 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD). Câu 6 (3,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA= x và tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất. Câu 7 (2,0 điểm). Cho hàm số g x ax4 bx 32 cx dx c có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực tiểu của hàm số fx ggx . Câu 8 (2,0 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi nột khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số chọn được chia hết cho 15. 22xx 2 21 x Câu 9 (2,0 điểm). Cho hàm số fx 93 p q. Tìm tất cả các giá trị của pq, 22xx 2 21 x để giá trị lớn nhất của hàm số y fx trên đoạn 1; 1 là nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. HƯỚNG DẪN GIẢI x 3 Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số yC . xx2 2 Tìm tọa độ tất cả các điểm thuộc đồ thị C của hàm số và có tung độ nguyên. Hướng dẫn + Dễ thấy hàm số xác định với mọi x . Xem y là tham số, xét phương trình ẩn x sau: yx2 y 1 x 2 y 30 (*). Ta có yx 0 3. Xét y 0 thì phương trình (*) có nghiệm 2 7 2 14 7 2 14 khi và chỉ khi: y 1 4 yy 2 3 0 7y2 14 y 1 0 y . 77 1 + Yêu cầu yy 2; 1; 0. Khi đó tọa độ các điểm cần tìm là 1;2, ;2 , 2 1 2; 1 , 1 2; 1 , 3; 0 . x 4 3 Câu 2 (2,5 điểm). Cho hàm số y 3 xC2 . 22 Tìm tọa độ tất cả các điểm M thuộc đồ thị C sao cho tiếp tuyến của đồ thị C tại M cắt C tại hai điểm phân biệt P, Q khác M thỏa mãn MP 3 MQ với P nằm giữa Q và M. Hướng dẫn m 4 3 2 + Giả sử tồn tại điểm Mm ;3 m thuộc đồ thị C thỏa mãn bài toán. Tiếp tuyến của đồ 22 m 4 3 thị C tại M là y 26 m32 mx m 3 m cắt C tại P, Q khác M thỏa mãn 22 MP 3 MQ với P nằm giữa Q và M.      + Từ đó suy ra MP 3 MQ OP 3 OQ 2 OM x12 3 x 2* m . + Mặt khác xx12, khác m là các nghiệm của phương trình: 44 xm332 3x2 26 m 3 mxm 3 m2 x 43 4 mxm 3 4 6 xm 22 2 2 2 2 2 x m 62, mm 3 xm1,2 62 m. Thay vào (*) ta được m 2 (thỏa 5 5 mãn). Vậy ta có hai điểm M cần tìm là M 2; và M 2; . 2 2 Lời bình: Bài này giải tương tự đề thi học sinh giỏi tỉnh Khánh Hòa ngày 31/10 năm 2019. Câu 3 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có nghiệm:
3. xx2 1 xx 22 1 xx 1 mxm 2 60. Hướng dẫn + Dễ thấy phương trình xác định với mọi x . Biếm đổi để cô lập m, ta có: 2 2 22 2 m 2 xx 1 xx 1 x 1 xx 1 xx 1 60. 2x Đặt t xx22 11 xx đây hàm lẻ đối với x và xx22 11 xx 22xx lim 1, lim 1 như thế ta có xx xx22 11 xx xx22 11 xx t 1; 1 . t 2 + Từ đó ta có phương trình ẩn t là: mt 2 6 0, t 1; 1 2 t 2 12 16 16 2m t 2 ft, t 1; 1 f ' t 1 0, t 1; 1 2 . tt 22 t 2 13 13 13 Suy ra 13 2mm . 32 6 13 13 + Kết luận: Để phương trình đã cho có nghiệm thì m . 26 xx Câu 4 (2,0 điểm). Gọi S là tập nghiệm của phương trình xxm 2 log2 9 1 3 m 0 (với m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để tập hợp S có hai phần tử? Hướng dẫn 2 + Xét phương trình fx x 2 log2 x 0, x 0; . Ta có fx'1 0 x ln2 2 22 x là điểm cực tiểu của fx và min fx 2 log2 0 như thế phương trình ln2 0; ln2 ln2 fx 0 có đúng hai nghiệm xx 2, 4 . + Bây giờ ta xét 9xx mm 13 0. Đặt 30x t t2 m 1 tm 0. Ta phải có điều kiện t2 m 1 tm 0, t 0 t 1 tm 0 . • Trường hợp 1: t2 m 1 t m 0,0,0  t t mt  m 0. Mà mm *  • Trường hợp 2: t2 m 1 tm 0, t 0 t m 0 . Để S có hai phần tử thì cả hai nghiệm xx 2, 4 đều là nghiệm của phương trình này mm 9 81.
4. + Kết luận: Có hai giá trị nguyên dương của m để S có hai phần tử. Câu 5 (2,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB= CD =5, AC = BD =10, AD = BC = 13 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD). Hướng dẫn A B α M Q a = 13 b = 10 I H B D H c = 5 N P C D C Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Dễ thấy các mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau (c.c.c) nên các trung tuyến tương ứng bằng nhau: CM = DM hay ta có tam giác CMD cân. Suy ra (trong mặt phẳng (MCD)) thì MP là đường trung tuyến cũng là trung trực của CD. Cũng như thế MP là trung trực của AB. Tương tự có NQ là trung trực của BC và AD. Mặt khác dễ dàng chứng minh được MNPQ là hình bình hành tâm I. Suy ra IA = IB = IC = ID = R và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Hơn nữa bốn mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau nên các bán kình đường tròn ngoại tiếp bằng nhau, suy ra I cách đều 4 mặt của tứ diện. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên mp(BCD) thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD. Đặt AB=== CD c5, AC === BD b10, AD === BC a13, IH = h , HC = r . Ta có: abc222+− 97 cosB = cosαα = = ⇒=sin nên diện tích mỗi mặt là: 2ab 130 130 17 abc 5 26 ab2222+ c c S= absinα = . Do đó r= CH = = . Mà MP2= MC 22 − CP = −− 22 4S 14 2 44 3 5 9 7 7 25.26 3 ⇒MP =⇒=3 IP . Nên R2= IC 2 = CP 2 + IP 2 =+=⇒=h IH = R22 − r = − =. 2 4 4 2 2 196 7 4 437 Từ đó thể tích tứ diện là V=4 V = hS = . . = 2. Gọi d là khoảng cách từ A đến (BCD): I. BCD 3 372 3V 12 Ta có d = = . S 7 Câu 6 (3,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA= x và tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất.
5. Hướng dẫn S h x D C H r I A B Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên đáy ABCD. Từ giả thiết ta có ABCD là hình thoi. Ta có các tam giác vuông bằng nhau SHB= SHC = SHD (cạnh chung SH và cạnh huyền bằng nhau và bằng 1), suy ra HB= HC = HD = r và H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD, do đó H thuộc AC. Gọi I là tâm hình thoi. Không giảm tổng quát ta giả sử H thuộc đoạn IC. Đặt SHhIHy , . Ta có IB2 r 22 y và AC22 BD24 AB 22 BC nên: 2 2 2 12 r 1 r 22r y 4 r22 y 42 r2 2 ry 1 y , AH r2 y . 2r r 2 2 2 2 221 r 2 11 x 1 x Mà h 1 rx rr 1 . Từ đó ry , 2 r x x 2r 21 x 2 2 2 2 45 x 1 21x r22 y 1 ry hr22 21 2 h , 2 . Ta có 41 x 2 x x 22 11 221 22 x45 xx 45 x SABCD ACBDr. 2 2 y .2 ry ry . 22 r 1 x 2 41 xx22 21 22 2xx22 14 5 1 2xx 14 5 Vậy V . 2 2 61 x 6 1 x 2 14 2tt 14 5 10tt2 13 4 Đặt xt2 ; xét ft ; 22 25 1 t tt 21 10tt2 13 4 20 t 13 5 1 4 9 ft'0 t ; max ft 2 . Do đó . tt 21 2t 2 7 25 4 1 35 Vậy Vx . max 47
6. Câu 7 (2,0 điểm). Cho hàm số g x ax4 bx 32 cx dx c có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực tiểu của hàm số fx ggx . Hướng dẫn gx'0 Ta có fx' gxggx ' .' 0 . g'0 gx + Xét gx'0 có các nghiệm xxx 2, 3, 4 . gx 2 + Xét g'0 gx gx 3 có 6 nghiệm khác nhau và khác xxx 2, 3, 4 . gx 4 Do đó fx' có 9 nghiệm đơn khác nhau và đổi dấu 9 lần nên có 9 cực trị. Bây giờ ta thấy a 0 nên fx đạt cực tiểu trước tiên và cực tiểu cuối cùng vì lim fx , lim fx . xx Vậy số điểm cực tiểu của fx bằng 5. Câu 8 (2,0 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi nột khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số chọn được chia hết cho 15. Hướng dẫn 3 Số phần tử không gian mẫu là nS 9. A9 . + Trường hợp 1: Số có dạng abc0. Như thế ta chỉ cần abc,, khác nhau đôi một và có tổng chia hết cho 3 từ các tập hợp A = {3; 6; 9}, B = {1; 4; 7}, C = {2; 5; 8}. 3 3 - Nếu chọn cả ba số abc,, từ A thì có C 3 cách, và có C 3 3! Số được lập. Tương tự cả ba số abc,, từ B 3 hay cả ba số abc,, từ C thì đều có C 3 .3! số được lập. 3 Và ta có 3.C 3 .3! = 18 số. 1 1 1 1 1 1 - Nếu chọn abc,, mỗi tập hợp A, B, C một số thì có C 3 .C 3 .C 3 cách và có C 3 .C 3 .C 3 .3! số được lập, hay có 162 số. Không có hai trong ba chữ số abc,, thuộc một tập hợp và chữ số còn lại thuộc tập khác. Như thế trong trường hợp 1 ta có: 18 + 162 = 180 số. + Trường hợp 2: Số có dạng abc5 . Như thế ta chỉ cần abc,, khác nhau đôi một và có tổng abc 1 chia hết cho 3 (a khác 0) từ các tập hợp M = {0; 3; 6; 9}, N = {1; 4; 7}, P = {2; 8}.
7. 1 - Nếu chọn a từ M thì có C 3 cách, bộ bc, sao cho một chữ số từ M và một chữ số từ P thì có 1 1 1 1 1 C 3 .C2 cách. Và có C 3 .C 3 .C2 .2! số được lập, hay có 36 số. 1 2 1 2 - Nếu chọn a từ M thì có C 3 cách, và bộ bc, đều từ N thì có C 3 cách, và có C 3 .C 3 .2! số được lập, hay có 18 số. 2 1 - Nếu chọn abc,, sao cho hai chữ số từ P thì có C2 cách, một chữ số từ N thì có C 3 cách, và có 2 1 C2 .C 3 .3! số lập được, hay có 18 số. Như thế trong trường hợp 2 ta có 36 + 18 + 18 = 72 số. Cả hai trường hợp ta có 180 + 72 = 252 số. 252 1 Xác suất cần tìm là p . 3 18 9.A9 22xx 2 21 x Câu 9 (2,0 điểm). Cho hàm số fx 93 p q. Tìm tất cả các giá trị của pq, 22xx 2 21 x để giá trị lớn nhất của hàm số y fx trên đoạn 1; 1 là nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó. Hướng dẫn 2x 1 11 Đặt tt ; và ta có g t 93 t2 pt q , ta tính: x 21 33 2 11 pp g 1;1; q pg q pg q. 3 3 64 pp11 + Trường hợp 1:  pp 22  . Khi đó giá trị nhỏ nhất của y fx 6 3 63 ab thuộc 1 pq ;1 pq. Chú ý rằng với max ab ,  min ab ,  thì ta ta cho dấu bằng  2 q 0 xảy ra ab, và có: 11 pq pq 11 pq q p q 0 . So sánh với điều kiện thì ta được max fx 1 p 3, p 2, q 0 . pl 1 1;1 min pp22 + Trường hợp 2: p 2; 2 . Khi đó q qq1 và 13 pq q, 44 13 pq q nên maxfx 3 q max fx 3 p 2, q 0 1;1 1;1 min Hoặc maxfx 3 q 3 q 3, p 2, q 0 . 1;1
8. Kết luận: Với pq 2, 0 thì max fx 3 . 1;1 min HẾT