Đề thi chọn học sinh và học viên giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Đồng Nai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh và học viên giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Đồng Nai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH VÀ HỌC VIÊN GIỎI TỈNH ĐỒNG NAI LỚP 12 THPT VÀ GDTX NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Đề thi gồm 01 trang & 06 câu Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (5 điểm) Cho hàm số yfxx 33 x 2 9 x có đồ thị là C . 1) Tìm tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị C . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C tại điểm có hoành độ x 3. 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số gx fx m có đúng 5 điểm cực trị. Câu 2. (3 điểm) 2 1 1) Giải phương trình log3 x 4 x 1 log 3 1 (với x ). 1 x 2) Giải phương trình 4sinx 4sin xx .cos 2 2sin 2 x 6cos x 3 0 . Câu 3. (2 điểm) Bạn An làm hai cái bánh là hai khối trụ bằng nhau có tổng thể tích bằng 144 cm3 và dùng giấy carton làm một cái hộp hình hộp chữ nhật (có đủ 6 mặt) để đựng vừa khít hai cái bánh như hình vẽ. Tính diện tích nhỏ nhất của giấy carton dùng trong việc nêu trên. Câu 4. (3,5 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB AC 10 a , BC 12 a (với 0 a ), hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng 60°. 1) Tính theo a diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 2) Gọi hai điểm D, E lần lượt thuộc hai cạnh AB, BC thỏa mãn AD. BE 60 a2 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ADE.
2. Câu 5. (3 điểm) 1) Một chiếc hộp đựng 20 viên bi giống nhau, mỗi viên bi được ghi một trong các số tự nhiên từ 1 đến 20 (không có hai viên bi ghi cùng một số). Bốc ngẫu nhiên 4 viên bi từ chiếc hộp nói trên, tính xác suất để tổng các số ghi trên các viên bi chia hết cho 3. 12 3 10 2) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 1 x 1 x thành đa thức (với x ). Câu 6. (3,5 điểm) 3 3 2 xy 3 x 6 xy 3 4 1) Giải hệ phương trình (với x, y ). 2 3x 2 2 xy 2 y 4 2) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a2 b 2 c 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a b c abc. HẾT Thí sinh được phép sử dụng máy tính cầm tay, không được phép sử dụng tài liệu khi làm bài./. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . Trường / Trung tâm: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI - SỞ ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán 12 HỌC HỎI - CHIA SẺ KIẾN THỨC Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) LI NK NHÓM: Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y=fx( ) = x3−3x2−9x có đồ thị là (C) . 1) Tìm tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị (C) . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = 3 . 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số gx( ) =fx ( ) + m có đúng 5 điểm cực trị. Câu 2. (3,0 điểm) 2 1  a) Giải phương trình log3( x− 4x+1)+log3= 1 . 1− x  b) Giải phương trình 4sinx+4sin x .cos 2x+2sin 2x−6cos x−3 = 0 . Câu 3. (2,0 điểm) Bạn An làm hai cái bánh là hai khối trụ bằng nhau có tổng thể tích bằng 144π cm3 và dùng giấy carton làm một cái hộp hình hộp chữ nhật (có đủ 6 mặt) để đựng vừa khít hai cái bánh như hình vẽ. Tính diện tích nhỏ nhất của giấy carton dùng trong việc nêu trên. Câu 4. (3,5 điểm) Cho hình chóp S. ABC có AB= AC=10 a , BC=12 a (với 0 <a ∈ ), hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABC) bằng 60 . 1) Tính theo a diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S. ABC . 2) Gọi hai điểm DE, lần lượt thuộc hai cạnh AB , BC thỏa mãn AD. BE= 60 a2 . Tính theo a thể tích của khối chóp S. ADE . Câu 5. (3,0 điểm) 1) Một chiếc hộp đựng 20 viên bi giống nhau, mỗi viên bi được ghi một trong các số tự nhiên từ 1 đến 20 (không có hai viên bi ghi cùng một số). Bốc ngẫu nhiên 4 viên bi từ chiếc hộp nói trên, tính xác suất để tổng các số ghi trên các viên bi chia hết cho 3. 10 12 3 2) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 1−x(1+x) thành đa thức (với x ∈ ). Câu 6. (3,5 điểm) Trang 1
4. 332 x−y−3x+6x−3y=4 1) Giải hệ phương trình  2  3x−22−x=y+2 −y−4 2) Cho các số thực abc;; thỏa a2+b2+c2=2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=a+ b+ c− abc . HẾT Trang 2
5. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y=fx( ) = x3−3x2−9x có đồ thị là (C) . 1) Tìm tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị (C) . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = 3 . 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số gx( ) =fx ( ) + m có đúng 5 điểm cực trị. Lời giải GVSB: Nguyễn Thị Phương Hiền; GVPB: Hoàng Hà 1) Tìm tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị (C) .  Tập xác định của hàm số là: D = . 2 x =−1  Ta có: y′=fx′( ) =3 x−6x−9; y′=fx′( ) =0 ⇔  x = 3  Bảng biến thiên:  Vậy tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị (C) là: (3;− 27 ) . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = 3 .  Ta có: k=f′(3) = 0; y(3) =f(3) =−27 .  Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) là: y=0( x−3) −27 hay y =−27 . 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số gx( ) =fx ( ) + m có đúng 5 điểm cực trị.  Theo câu 1) ta có hàm số y= fx( ) có 2 điểm cực trị. Trang 3
6.  Để hàm số gx( ) =fx ( ) + m có đúng 5 điểm cực tr ị thì phương trình hx( ) = fx( ) + m=0 có 3 nghiệm phân biệt hay fx( ) = x3−3x2−9x=−m có 3 nghiệm phân biệt.  Bảng biến thiên:  Từ đó phương trình x3−3x2−9x=−m có 3 nghiệm phân biệt khi −27   Điều kiện  1 ⇔x 0 1− x 2 2 1  x−4x+1  log3( x− 4x+1)+log3= 1 ⇔log3 =1 1− x  1− x  2 x−4x+1 2 x =−1 ⇔=3 ⇔x−x−20=⇔ . 1− x x = 2  Ta thấy x = 2 không thỏa điều kiện phương trình.  Vậy phương trình có một nghiệm x =−1. b) Giải phương trình 4sinx+4sin x .cos 2x+2sin 2x−6cos x−3 = 0 . Lời giải  4sinx+ 4sinxcosx .2 +2sin 2 x−6 cosx −3= 0 ⇔4sinx .( 1+cosx2 )+4sin xcosx .−32 ( cosx +1 )=0 ⇔4sinxcosx.2( cosx+1)−32( cosx +1)=0 2cosx +10= ⇔(2cosx+1) .( 2sin 2x −3 )=0⇔ 2sin 2x −3 = 0 Trang 4
7. 3 3  2sin 2x−30 =⇔sin 2x= . Phương trình vô nghiệm vì >1. 2 2 1 2π2π  2cosx+10=⇔cosx =− ⇔cosx= cos⇔ x=± +k2,π (k ∈ ) . 2 33 2π  Vậy phương trình có các nghiệm x=±+k2,π (k∈ ) . 3 Câu 3. (2,0 điểm) Bạn An làm hai cái bánh là hai khối trụ bằng nhau có tổng thể tích bằng 144π cm3 và dùng giấy carton làm một cái hộp hình hộp chữ nhật (có đủ 6 mặt) để đựng vừa khít hai cái bánh như hình vẽ. Tính diện tích nhỏ nhất của giấy carton dùng trong việc nêu trên. Lời giải  Gọi bán kính của hình trụ là r (với r > 0 ), chiều cao của khối trụ là h (với h > 0 ). Chiều rộng của đáy hình hộp chữ nhật là 2r , chiều dài của đáy hình hộp chữ nhật là 4r .  Tổng thể tích hai khối trụ bằng 144π cm3 . Thể tích khối trụ bằng πrh2= 72π( cm3) . 72 Chiều cao của khối trụ là h = . r 2 72 Chiều cao của hình hộp chữ nhật là . r 2  Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là:  72 72 2288 1442 54  2 2rr .4+ 4. r+ .2r=2  8r++=16r+.  r2r2rrr 5427 27 27 27 Ta có r2+=r2++≥33 r2 =27 . rrrrr  Vậy diện tích nhỏ nhất của giấy carton cần dùng là 16.27= 432(cm2 ) . Câu 4. (3,5 điểm) Cho hình chóp S. ABC có AB= AC=10 a , BC=12 a (với 0 <a ∈ ), hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABC) bằng 60 . 1) Tính theo a diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S. ABC . 2) Gọi hai điểm DE, lần lượt thuộc hai cạnh AB , BC thỏa mãn AD. BE= 60 a2 . Tính theo a thể tích của khối chóp S. ADE . Trang 5
8. Lời giải 1)  Theo giả thiết O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam S giác ABC và SO⊥ ( ABC) nên mọi điểm nằm trên đường thẳng SO đều cách đều ABC,, . Gọi I∈ SO sao cho N IS= IA . Dễ dàng chứng minh được I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S. ABC .  A C Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S. ABC , O khi đó R=IS=IA=IB= IC .  Xét N là trung điểm của SA , khi đó IN⊥ SA . M I  Suy ra ∆SNI đồng dạng ∆SOA , suy ra SNSISN. SA1 SA2 B =⇔SI == . SOSASO2 SO  Ta cần tính SA và SO .  Gọi M là trung điểm của BC . Dễ dàng chứng minh được góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABC) là góc SMA = 60 .  Ta có AM= 8a . AB. AC. BC10 a .10a .12a 25 7 AO = = = a , suy ra OM= a . 4S 1 44 ∆ABC 4. .8a .12a 2 7a 3 OM 7  Trong tam giác vuông SOM ta có SO= OM.tan 60 = ; SM == a . 4 cos60 2 193 193  Trong tam giác vuông SBM có SB=SM2+BM2= a , suy ra SA=SB= a 2 2 2 193  a  1 2 193 3 Vậy R= . = a. 2 7a 3 42 4  Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S. ABC là: 2 193 3 37249 =π2= π = π2 SMC 4R4.a a. 42 147 2) Tính thể tích khối chóp S. ADE . S A C E D B 1  Theo giả thiết ta có AD. BE=60 a2 ⇔(BA− BD). BE= BA. BC 2 Trang 6
9. 1111 ⇔BA. BE−BD . BE= BA. BC⇔ BA. BEsin B−BD. BEsin B=BA. BCsin B 2224 111 ⇔S−S=S⇔S=S=.48a2= 24a2. ∆BAE∆ BDE2∆ ABC∆ADE 2∆ ABC 2  Vậy thể tích khối S. ADE là: 117a 3 V= SO S = 24a2= 14a3 3 . S. ADE 3∆ADE 34 Câu 5. (3,0 điểm) 1) Một chiếc hộp đựng 20 viên bi giống nhau, mỗi viên bi được ghi một trong các số tự nhiên từ 1 đến 20 (không có hai viên bi ghi cùng một số). Bốc ngẫu nhiên 4 viên bi từ chiếc hộp nói trên, tính xác suất để tổng các số ghi trên các viên bi chia hết cho 3. Lời giải 4  Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ chiếc hộp gồm 20 viên bi, ta có: n(Ω) =C20 =4845 .  Gọi A là biến cố: “Bốc được 4 viên bi từ chiếc hộp sao cho tổng các số ghi trên các viên bi chia hết cho 3”. Các viên bi trong chiếc hộp chia làm 3 nhóm: - Nhóm các viên bi được ghi bằng các số chia hết cho 3: X = {3;6;9;12;15;18} . - Nhóm các viên bi được ghi bằng các số chia cho 3 dư 1: Y = {1;4;7;10;13;16;19} . - Nhóm các viên bi được ghi bằng các số chia cho 3 dư 2 : Z = {2;5;8;11;14;17;20}.  Để bốc được 4 viên bi từ chiếc hộp sao cho tổng các số ghi trên các viên bi chia hết cho 3 có các trường hợp sau: 4 - TH1: 4 viên bi đều thuộc nhóm X , có C6 (cách lấy). 13 - TH2: 1 viên bi thuộc nhóm X và 3 viên bi thuộc nhóm Y , có CC6. 7 (cách lấy). 13 - TH3: 1 viên bi thuộc nhóm X và 3 viên bi thuộc nhóm Z , có CC6. 7 (cách lấy). - TH4: 2 viên bi thuộc nhóm X , 1 viên bi thuộc nhóm Y , 1 viên bi thuộc nhóm Z , 211 có CCC6 77 (cách lấy). 22 - TH5: 2 viên bi thuộc nhóm Y và 2 viên bi thuộc nhóm Z , có CC7. 7 (cách lấy). 4131321122 Từ đó ta có: nA( ) = C6+CC6.7+CC6.7+CCC6 77+ CC7.7=1611. nA( ) 1611 537 Vậy xác suất cần tìm là PA( ) === . n(Ω) 48451615 10 12 3 2) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 1−x(1+x) thành đa thức (với x ∈ ). Lời giải 10 10 10  −3+=3+−=k−10−k3k+k Ta có: 1x(1x)x(1x) 1∑C10 ( 1) x(1x) k =0 10 k10 k k 10−k3khhkh−10−kkh3kh+ =∑C10 (−1) x.∑Cxk. .1 =∑∑(−1) CCx10 k (với kh,∈ ,0≤ h≤k≤ 10 ). k=0 h=0 k=0h=0 h =0 3kh+=12  k = 4  12 ≤≤≤⇔ Hệ số của số hạng chứa x phải thỏa 0hk10 .  h = 3 kh, ∈  k = 3 12 440 333  Vậy hệ số của số hạng chứa x là (−1 ) CC10 4 +(− 1 ) CC103 = 90. Trang 7
10. Câu 6. (3,5 điểm) 332 x−y−3x+6x−3y=4 1) Giải hệ phương trình  2  3x−22−x=y+2 −y−4 Lời giải 2  Điều kiện: x≥;y≥−2. 3 332 x−y−3x+6x−3y=4(1)  Xét hệ  2  3x−22−x=y+2 −y−4(2) 3  Từ phương trình (1) ⇔( x−1) +3( x−1) =y3 +3y =− 2  yx1 ⇔( x−1−y) ( x−1) +yx( −1) +y 2 +3=0 ⇔  2 2 ( x−1) +yx( −1) +y +30= 2 2 2  Phương trình ( x−1) +yx( −1) +y +30= vô nghiệm vì ∆(x−1) =−3y− 12 31  Từ hệ phương trình (I) suy ra 2x−30=⇔x=⇒y= 22 31 Vậy nghiệm của hệ là ( xy;) = ; 22 2) Cho các số thực abc;; thỏa a2+b2+c2=2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=a+ b+ c− abc Lời giải a2+b2a2+b2+c2  Ta có ab ≤≤=1⇒ab −10≤ 22 2 2 P2=(a+ b+ c− abc) =( ab+).1+ c(1 −ab) ≤( ab+)2+ c2.12+(1 −ab) 2  =(a2+b2+c2+2ab)(112+− ab+ a22 b) =(22 + ab)(2 − 2 ab+ a22 b ) =2ab33−2ab 22+42= ab22 ( ab−1)+ 4≤ 4 vì ab22≥0, ab −1≤ 0 Suy ra −2≤P ≤2. Vậy Pmax = 2 xảy ra (abc;;)∈{(1;1; 0) ;( 1; 0;1) ;( 0;1;1)} HẾT Trang 8