Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Quảng Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2021 – 2022 TỈNH QUẢNG BÌNH MÔN TOÁN – LỚP 12 THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang & 05 bài toán Ngày thi: 22/03/2022 Câu 1. (2,0 điểm) a. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số yx 18 x2 16 trên đoạn 0;3 . b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số yx 42 m1 x 2022 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có ba góc nhọn. Câu 2. (2,0 điểm) 22 a. Giải phương trình log31x xxxxx 1 log 1 2 2 1 1 . 3 b. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp A. Tính xác suất để chọn được một số sao cho số đó chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị bằng 1. Câu 3. (2,0 điểm) ln x 1 2 a. Cho F x là một nguyên hàm của hàm số fx ln2 x 1. thỏa mãn F 1 . Hãy tính Fe . x 3 b. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu Sx:1 22 y 4 z2 8 và hai điểm A 3; 0; 0 , B 4; 2;1 . Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu S . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MAMB 2 . Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có ABa , ADb , SA vuông góc với đáy và SA 2. a Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho AMx 02 x a . a. Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng MBC theo a, b và x. b. Tìm x theo a để mặt phẳng MBC chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. c. Trong trường hợp ABCD là hình vuông cạnh a, gọi K là điểm di động trên CD, H là hình chiếu của S lên BK. Tìm vị trí của điểm K trên CD để thể tích khối chóp S.ABH là lớn nhất. Câu 5. (1,0 điểm) 2lnln1baab Cho các số thực dương a, b với ab . Chứng minh rằng . ba ba2 ab ___ HẾT ___
2. LỜI GIẢI THAM KHẢO Nguyễn Xuân Chung Câu 1a . Tìm GTLN, GTNN của fx( ) =−+( x18) x2 16 trên [0;3]. 2 xx2 −18 2(xx−+ 98) 28( xx−−)( 1) Ta có fx'( ) = x2 ++ 16 = = . xx22++16 16 x 2 +16 Xét trong khoảng (0;3) , fx′( ) =⇔=01 x . Vậy GTNN là f (3) = − 75 , GTLN là f (1) = − 17 17 . 42 2 Câu 1b. Xét yx=−+( m1) x + 2022 . Ta có y'22= xx −+( m 1) . Hàm số có ba cực trị khi mm+10 > ⇔ >− 1. 2 m +1 (m +1) Tọa độ điểm cực tiểu bên trái B−−; +2022 , tọa độ điểm cực  24 đại là A(0;2022) . Tam giác có ba góc nhọn khi : 24 yy−+2121(mm++) m ( 1) m +1 cosα =AB >⇔ >2 + . Với t = > 0 , BA 2 4 2 16 2 m +1 ta có 4t4> 2( t + t 43) ⇔ tt( −10) > ⇒> t 1. Khi đó >⇒11m >. 2 Kết hợp ta có điều kiện cần tìm là m >1. 1 Câu 2a. Điều kiện x 0, ∀>t 0 , nên ft( ) đồng biến. 3 t ln 3 2 1 Do đó từ (*) suy ra xx−+=1( 12 − x) ⇒ x = 0 (Vì x < ). 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 . Câu 2b. Số phần tử không gian mẫu n(Ω=) 9.104 . Giả sử chọn được số abcd1 và abcd1 chia hết cho 7. Số nhỏ nhất thỏa mãn là 10031. Số lớn nhất thỏa mãn là 99981. Các thương lần lượt khi chia hai số trên cho 7 là 1433 và 14283. Cứ cách 10 đơn vị thì có đúng một số chia hết cho 7. Mặt khác để tận cùng là 1 thì thương có dạng *3, trong đó 1433≤≤ *3 14283. Như vậy số các thương tìm 14283− 1433 được là: +=1 1286 . 10 1286 643 Vậy có 1286 số thỏa mãn. Xác suất cần tìm p = = ≈ 0,0143 . 9.104 4500
3. ln x 2ln x Câu 3a. Tìm ln2 x+ 1 dx . Đặt ln2x+= 1 u ⇒ ln 22 x += 1 u ⇒ dx =2 udu . ∫ x x ln x 1 1 3 Khi đó ln2x+==+ 1 dx u23 du u C . Hay Fx( ) =ln2 x ++ 1 C. ∫∫x 3 3( ) 1 1 3 Giả thiết FC(10) =⇒=. Do đó Fx( ) =ln2 x + 1 . 3 3( ) 183 2 Vậy Fe( ) =( 2 ) ⇒Fe( )  = . 39 Câu 3b. Tìm GTNN của MA+ 2 MB .   Mặt cầu có tâm I (−1; 4; 0 ) , bán kính R = 22. Tính IA =(4; − 4;0) .    Đặt IA=4 IC ⇒=−⇔ IC (1; 1; 0) C ( 0; 3; 0 ) và IC=2 tCB(4; t t ; t) , t 0, suy ra M(4 tt ;−+ 3; t) thay vào mặt cầu 22 (41t++++=) ( tt 1) 2 8. −+5 133 − 10 + 2 133 13 + 133 −+ 5 133 Suy ra tM= ⇒ ;; . 18 9 18 8 Vậy min(MA+= 2 MB) 6 2 . Lời bình. Thi tự luận và để tìm min – max thì bắt buộc chỉ rõ đạt được khi nào. Bất đẳng thức không yêu cầu bắt buộc. Câu 4a. Tính diện tích của thiết diện. Ta có BC// AD⇒ BC // mp( SAD) , do đó mp( MBC) ∩= mp( SAD) MN// AD . Mặt khác AD⊥ mp( SAB) ⇒⊥ MN mp( SAB) . Thiết diện BMNC là hình thang vuông tại M và B. MN SM y2 a− x bax(2 − ) Đặt MN= y thì = ⇔ = ⇒=y . AD SA b22 a a
4. ( yb+) bax(4 −+) x22 a Diện tích S =xa22 += (đvdt). BMNC 24a Câu 4b. Tìm x theo a để mp( MBC) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. Hạ SK⊥ BM ⇒⊥ SK mp( BMNC) nên SK là đường cao của S. BMNC . KS MS Hai tam giác vuông đồng dạng MKS MAB suy ra = , do đó: AB MB (2a− xa) bax(24−−)( ax) SK = và VS. BMNC = (1). xa22+ 12 11ba2 Mặt khác V=.2 a . ab = (2). Từ (1) và (2) ta có: 26S. ABCD 3 bax(24−−)( ax) ba2 = ⇔(2ax −)( 4 ax −) = 4 a2 ⇒= x( 35 − ) a. 12 3 Vậy xa=(35 − ) thì mp( MBC) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. Câu 4c. Xác định vị trí điểm K để thể tích khối chóp S. ABH lớn nhất. Ta có thể tích khối chóp S. ABH lớn nhất khi diện tích ABH lớn nhất. 2 1122a Mà BK⊥( SAH) ⇒⊥ BK AH nên SABH = AH. HB ≤( AH += HB ) . 24 4 a 21 Dấu bằng có khi AH= HB = = AC , khi đó H là tâm hình vuông ABCD. 22 Vậy khi K trùng D thì thể tích khối chóp S. ABH lớn nhất. 2 lnb−+ ln a ab 1 Câu 5. Chứng minh bất đẳng thức 0) ⇒= ba( 1 + x) ⇒+= aba(2 + xaba) ; =2 ( 1 + x). a 2 lnba− ln 2 ln( 1+ x) + Khi đó: 0 . b+− a b a a(2 + x) ax Xét fx( ) =( x +2) ln( x +− 1) 2 x trên (0;+∞) (và các hàm số khác), có: x + 21 fx'( ) = ln( x ++ 1) −= 2 ln( x ++ 1) − 1 xx++11 11 x fx''( ) = −22 = >0, ∀>x 0 nên fx'( ) đồng biến, suy ra: x +1 ( xx++11) ( )
5. fx'( ) >= f '0( ) 0 nên fx( ) đồng biến, suy ra fx( ) >= f(00) (1). ab+12 ab 1 + Mặt khác ≥=, do đó ta đi chứng minh 22ab ab ab lnba− ln 1 ln( x + 1) 1 < ⇔ < ⇔gx( ) = x +1ln( x + 1) −< x 0. b− a ab ax ax( +1) ln( x ++ 1) 2 g'( x) = −<1 0 ⇔hx( ) = 2 + ln( x + 1) − 2 x +< 1 0 . 21x + 1 11−+x 1 Ta có hx'0( ) =−= < nên nên hx( ) nghịch biến, suy ra xx++11x +1 hx( ) <= h(00) . Do đó gx( ) nghịch biến, suy ra gx( ) <= g(00) (2). Từ (1) và (2) ta có bất đẳng thức đã cho được chứng minh. ___ ___