ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LẦN 1 LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH NĂM HỌC 2020 -2021 Môn: Toán - Lớp 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
3
y
x
3
x
Ngày kiểm tra: 08 tháng 11 năm 2020 (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)
2
3
y
2
x
3
2
f x m x
cắt trục hoành tại ba điểm
Câu I(4 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2cos
x
x
1
2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số phân biệt. Câu II(4 điểm).
cos 2
x
x
3 1 sin
x 2sin 2sin 2 1 x 2cos
1
2
xy
1
9
y
1
1. Giải phương trình lượng giác:
x
x
1
2
27
2 2 x y
2
x
2
4
9
y
4
x
4
3
2. Giải hệ phương trình:
Câu III(4 điểm).
1. Bốn người khách cùng ra khỏi quán và bỏ quên mũ. Chủ quán không biết rõ chủ của những chiếc mũ đó nên gửi trả cho họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để cả bốn người cùng được trả sai mũ.
S t ( ) . rt A e
0
ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông với
. ’ ’ ’,
AB BC BC AC Trên các đoạn
A B C Gọi
,
’
.
,
.
2. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức ( )S t
2 và A’ A B A A ’ , MNKL biết ,
, ,M N sao cho
BM AA , ’
A N
3 ’
2
.
,L K lần lượt là trung điểm của MA ’
. Trong đó, A là số lượng vi khuẩn ban đầu, là số lượng vi khuẩn có được sau thời gian t (phút), r là tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời gian và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sao bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt 121500 con ? Câu IV(6 điểm). 1. Cho hình lăng trụ tam giác cách đều các đỉnh lần lượt lấy Tính thể tích khối tứ diện
10.
A L ’ 2. Bạn An muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác 90 cm . Bạn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu đều ABC có cạnh bằng
(với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ . Tính thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn An có thể làm được.
.S ABC có AB BC CA a
, 3. Cho hình chóp , M là điểm bất kì trong không gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB , BC , CA , SA , SB , SC . Tính giá trị nhỏ nhất của d .
2
2
2
3 SA SB SC a
a
b
c
12
Câu V(2 điểm). Cho ba số thực a, b, c đều không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn .
P
3. (
a
b a 2 )(
c 2 )
2
2
2
8 4
c
c
8
1
a
1
b
1
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
...HẾT... 1
HDC CHÍNH THỨC
SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH NĂM HỌC 2020 -2021 Môn: Toán - Lớp 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra:08 tháng 11 năm 2020
(Đáp án gồm có 09 trang, 05 câu)
3
Qui định chung +) Tổng điểm của bài thi được làm tròn đến 0.25 điểm. +) Học sinh có thể giải theo cách khác. Nếu đúng cho điểm tối đa từng phần theo qui định. +) Nếu bài hình nào không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không được chấm điểm bài đó.
y
x
3
x
2
f x
Điểm 2đ Nội Dung 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số Câu I (4đ)
D R .
0,5
2
Tập xác định: Sự biến thiên: +) Giới hạn và tiệm cận: lim đồ thị hàm số không có tiệm cận. , lim x y
2
+) Chiều biến thiên: ' y 3.
3
0
x
y
'
. 1
.
1;
0,5
và ; 1 1;1
y x 3 x x 1 0 3 x Hàm số đồng biến trên các khoảng Hàm số nghịch biến trên các khoảng
ng biến thiên:
0,5
Đồ thị:
, cắt Oy tại điểm (0; 2)
0,5
3
y
m x
2
x
3
2
cắt trục
+)Nhận điểm uốn I(0; -2) làm tâm đối xứng. ( 1;0); 2;0 +) Cắt Ox tại điểm Đồ thị như hình vẽ
2đ 2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số hoành tại ba điểm phân biệt.
2
Nhận thấy số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là số nghiệm của phương trình 3 m x x 2
3
Điều kiện: 2 3 3 x . 2 0,5 u 0
3
Đặt u m x v 2 x 3 0 , ta có hệ 2
2
2
3
u 2 u v 2 2 v m 3
u 2
u 2
u 3
m
2
u
2
7
.
Từ 3
2
u có một và chỉ một giá trị x
0,5
3
2
2 u v v , thay vào phương trình còn lại của hệ ta được m u 2 u 4 2 2 v nên u . 0 Do 3 Với cách đặt m x u tương ứng. Xét hàm số
u 2
u 4
7
u
f u
26 u
u 2
4 ;
0
f u
f u
; 2 , ta có trên u 1 2 u 3
ta suy ra với mỗi giá trị
f u :
Bảng biến thiên
0,5
2
m
10
m
. 5
145 27
145 54
2cos
x
x
1
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có ba nghiệm u phân biệt khi và 0,5 chỉ khi
cos 2
x
x
3 1 sin
x 2sin 2sin 2 1 x 2cos
1.Giải phương trình: 2đ
x 1 0
2 cos
x
x
1
Điều kiện 2 cos
cos 2
x
x
3 1 sin
1 2sin x 2 cos
1
cos 2
x
x
2sin
x
1
3 1 sin
Phương trình đã cho tương đương với: 0,25 0,5
1 sin
sin x 1 0,5 x 2sin x 3 0 sin x 3 2
x
1
x
k
k
2 ,
Z
2
+) sin
II (4đ) 0,5
3
2
x k 2 +) sin x k Z 3 2 k 3 2 3 x Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là: 0,25
x
k
x
k
2
2
2
2 3
1
2
xy
1
9
y
1
và (với k Z )
1
2đ
x
x
1
2
27
2 2 x y
2
x
2
4
9
y
4
x
4 2
3
x 0
2. Giải hệ phương trình:
x
x
2
3
y
3
y
9
y
1
0.5 ĐK: NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0
1 x
2
PT (1)
2
1 1 1 (3) 3 y 3 y y (3 ) 1 1 x x x
2 1 t , t > 0.
2
t
2
f
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t.
t
1
t
2
1
Ta có: f’(t) = 1 + >0. Suy ra luôn đồng biến trên (0,+∞) 0.25
1
y
3f
x
t
2
2
4
x
x
1
1
3
x
1 f 3y = PT (3) x
3y
4 x 2
4 x
x
Với thay vào (2) ta được: 4
24 x
x
1
2 1
0
x
\
1 0; 2
2
2
4 x
1
2
6
x
x
4
x
log
2
x
log
x
4 2 x
6
2 1
4
2
2
2 x Điều kiện có nghiệm . 0 x 0.5 2 x .
log
2
x
4
log
x
6
x
2
2
2
log
2
x
4
x
4
x
1 log
x
2
x
1
2
2
2
2
log
2
x
2
x
x
2
x
1
2 1 2 1 1
log 2 2
2
. x 2 x
2
2
g
x
g
2
x
0;
1
.
log
t
t
0
t .
1 0
Xét
g t
g t
2
t
t f
2
x
2
4
x
x
4
x
2
x
1
2
0.5 trên miền 1 ln 2
đồng biến. 2 1
4
3
5
x
6
x
24 x
1 0
3
5
4 4
x
(nhận).
5 3 5 3 Với x y 4 3
5
3
5
3
5
3
3
5
5 3 5 3 Với x y 4 3
;
S
;
3
4
4
3
0.25 Vậy .
2đ
4! 24
; 1. Bốn người khách cùng ra khỏi quán và bỏ quên mũ. Chủ quán không biết rõ chủ của những chiếc mũ đó nên gửi trả cho họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để cả bốn người cùng được trả sai mũ. n
: "A Cả bốn người cùng được trả sai mũ.”
Số phần tử của không gian mẫu là .
0.5
0.25
C cách. 4
.1
2
1 C 3
2
0.5 Gọi biến cố : "A Có ít nhất 1 người trong bốn người được trả đúng mũ.” +) TH1: Cả bốn người cùng được trả đúng mũ có: 1 cách. +) TH2: Chỉ có một người được trả đúng mũ có: 1 Chọn 1 người trong 4 người để trả đúng mũ có: 4
C
cách.
4 .1 6
0.25 Ba người còn lại trả sai mũ có: 3! 1 Theo quy tắc nhân có: 4x2=8 cách. +)TH3: Chỉ có đúng 2 người được trả đúng mũ có:
1 8 6 15
n A
P A
15 24
5 . 8
0.25 Theop quy tắc cộng:
1
P A
P A
3 8
Vậy 0.25
( )S t
2 đ S t ( ) . rt A e . Trong đó, A là số lượng vi khuẩn ban đầu,
300
r
1500
e 500.
.
r
III (4đ) IV (6đ) 2. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công là số lượng vi thức r là tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời 0 khuẩn có được sau thời gian t (phút), gian và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sao bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt 121500 con ? 500
ln 3 300
h 5
300
t phú
A ( ) 1500 S t 1 t 1
Ta có 0.5
5
t
ln 3 300
0.5 500
( ) 121500 121500 e 500.
ln 3 300 Ta lại có: A S t r
t
ln 243
1500 (
phút
)
25
t
ln 3 00 3
(giờ). 0.5
0.5
2
A B C Gọi
2đ
. lần
ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông với ,L K lần lượt là trung điểm của cho ,M N lượt
và A’ cách đều các đỉnh ’ ,
. ’ ’ ’, , , A B A A ’
các đoạn sao lấy Để số lượng vi khuẩn đạt 121500 con thì cần 25 giờ để 500 con vi khuẩn ban đầu tăng trưởng. 1. Cho hình lăng trụ tam giác AB BC BC AC Trên . ,
MA ’
2
BM AA , ’
3 ’
A N
.
MNKL biết ,
Tính thể tích khối tứ diện 10. A L ’
0.5
ELK
MNKL
NELK
MLK
Gọi E là trung điểm AN, ta có ME//AB//LK S S V V
S
EKN
A KA '
1 S 3
ta cũng có
A A A B A C '
'
'
+) Do và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
A K '
ABC
(
A AC '
)
ABC
nên
BK
AC
BK
A AC '
0.5 mà
d L NKE ,
d B NKE ,
1 2
BK 2
+) Ta có , do L là trung điểm BC. 0.5
6
V
,
KB S .
2
KB
NELK
NKE
A KA '
d L NKE S .
1 18
AC 2
1 3
2
A K '
ABC
A K KL
'
A K '
2 A L '
LK
+) Vì
3
0.5
Vậy
S
A K KA .
'
.
A AK '
3 2 2
1 2
V
KB S .
2.
V
.
NELK
A KC '
MNLK
1 18
3 2 2
1 6
1 6
1 18
2đ
2. Bạn An muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh 90 cm . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình tôn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ . Tính thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn An có thể làm được.
A
P
Q
N
C
B
M
0.5
A
0
90
x
.
Q
P
Gọi I là trung điểm BC . Suy ra I là trung điểm MN . Đặt MN x ,
Ta có:
; gọi R là bán kính
MQ
90
x
B
C
3 2
M
I
N
của trụ
R
MQ BM BI AI x 2
2
3
2
Thể tích của khối trụ là:
90
x
x
90
x
V T
3 2
x 2
3 8
3
2
90
x
x
90
x
Xét
với 0
.
f x
2
f
x
x
180
x
,
f
0
.
3
x
3 8
0 60
3 8
0.5 0.5
x x
f
60
Khi đó suy ra
Khi đó suy ra
f x
max x (0;90)
13500. 3
0.5
f
60
f x
max x (0;90)
13500. 3
7
.S ABC có AB BC CA a
,
2đ 3 SA SB SC a
S
3. Cho hình chóp , M là điểm bất kì trong không gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB , BC , CA , SA , SB , SC . Tìm giá trị nhỏ nhất của d .
I
J
KO
C
A
F
G
D
E
0.5
B .S ABC là khối chóp tam giác đều.
Ta có khối chóp Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó SG là chiều cao của khối chóp
SJE
SJ
EFJK đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến DI , EJ
DEIJ ,
.S ABC . Gọi D , E , F lần lượt là trung điểm của BC , AB , CA và I , J , K lần lượt là hình chiếu của D , E , F trên SA , SC , SB . Khi đó DI , EJ , FK tương ứng là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh SA và BC , SC và AB , SB và CA . Ta có DI EJ FK (cùng song song với AC ). Do đó bốn điểm D , E , I , J đồng phẳng. Suy ra ED IJ∥ Tương tự ta có bộ bốn điểm D , F , I , K và E , F , J , K đồng phẳng. Ba mặt phẳng DFIK , , FK . Suy ra DI , EJ , FK đồng quy tại điểm O thuộc SG .
DI
d M SA ,
d M BC ,
. . Do đó SID nên SI
0.5
EJ
d DI EJ FK
d M AC ,
d M SB ,
FK
d M SC ,
Ta có .
3
DI
a
6
2
a
3
2
2
Xét điểm M bất kì trong không gian. d M AB , Do đó d nhỏ nhất bằng khi M O .
AG
SG
SA
AG
AD
AD
DI EJ FK 3 2 3
3
a 3
2
Ta có , , ,
0.5
sin
SAG
SG SA
2 2 3
a
3 2 2
a
6
.
DI
AD
.sin
.
SAD
2
3
a
3 6
Suy ra .
3
DI
3
a
6
3
0.5 Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là .
8
2
2
2
a
b
c
12
V. . 2đ
b a 2 )(
3. (
c 2 )
a
P
2
2
2
2
8 4 c 2 b
8 2 c
c a
.
1 1 b a Ta có a b c ) ( + b + c + 2 8.
36 3( ) a b c 6 Cho ba số thực a, b, c đều không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 2 . Mặt khác a, b, c 1 nên 5 a
(1)
0
2
2
2
2
1
1 ab
1
b
1
b
1
1
0.25 Ta CM: (1).
2
2
2
1 1 a 2 ab a 1)( ab
2 ab 1 2 ab b ab 1)(
1 1 1 ab a 1 2 ) ( ( 1) ab b a 2 1)( ab b 1)(
(2) 0 0 ( a 1) b ( ( a 1) 1)
2
Vì a 1, b 1 nên (2) đúng . Do đó (1) đúng. Đẳng thức xảy ra a = b.
2
2
2
1
2 ab
1
a
1
b
1
1
1
a b 2
Áp dụng (1), ta có:
2
4
2
2
2
2
2
2
2
1
a
1
b
c
c
8
8 4
1
1
a b c
2
c
2
1
1
1
a b 2
4
2
64
0.5
2
2
2
2
8 4
c
c
8
1
a
1
b
1
1
a b c
2
16
.
(
a
c 2 )
a b c
2 )( b a 64
Lại có:
3(
a b c
P
2) 6
a b c
2
16
2
t 3
6
P
2
t
16
64
. Đặt t = a + b + c + 2, 5 t 8, ta có: 0.5
f
t ( )
t 3
6
2
16
t
64
Xét hàm số , với t [5 ; 8]
f
t '( )
3
t
[5;8]
0,
2
2
t (
t 128 16)
f(t) nghịch biến trên đoạn [5 ; 8]. 0.25
f
t ( )
f
(8)
,
[5;8]
t
P
86 5
86 5
a
2
b
c .
P
b
a
c
. Vậy GTNN của P là 2
86 5
86 5
, khi 0.5
Giáo viên ra đề
Giáo viên thẩm định Trịnh Đình Hiểu Phạm Thị Nga
9
