Với mục tiêu giúp các em học sinh có thêm tư liệu học tập để phục vụ cho việc ôn luyện, củng cố kiến thức đã được học, TaiLieu.VN giới thiệu đến các em "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình", cùng tham khảo và luyện tập nhé!
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình
- 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 y x 18 x 2 16 trên đoạn 0;3 .
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y x 4 m 1 x 2 2022 có ba điểm cực trị tạo thành
một tam giác có ba góc nhọn.
Câu 2. (2,0 điểm)
a. Giải phương trình log 3 x 2 x 1 log 1 1 2 x 2 x 1 x 2 x 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
a. Cho F x là một nguyên hàm của hàm số f x ln 2 x 1. thỏa mãn F 1 . Hãy tính F e .
2
x 3
b. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S : x 1 y 4 z 2 8 và hai điểm A 3;0;0 , B 4; 2;1 . Gọi
2 2
M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu S . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 2 MB .
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB a , AD b , SA vuông góc với đáy và SA 2a.
Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho AM x 0 x 2a .
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)
2 ln b ln a ab 1
Cho các số thực dương a, b với a b . Chứng minh rằng .
ba ba 2ab
_______________ HẾT _______________
- LỜI GIẢI THAM KHẢO
--- Nguyễn Xuân Chung ---
( x − 18) x 2 + 16 trên [0;3] .
Câu 1a . Tìm GTLN, GTNN của f ( x ) =
x 2 − 18 x 2 ( x 2 − 9 x + 8) 2 ( x − 8 )( x − 1)
Ta có f ' ( x ) = x + 16 +
2
= = .
x 2 + 16 x 2 + 16 x 2 + 16
Xét trong khoảng ( 0;3) , f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .
Vậy GTNN là f ( 3) = −75 , GTLN là f (1) = −17 17 .
Câu 1b. Xét y = x 4 − ( m + 1) x 2 + 2022 . Ta có=
y ' 2 x 2 x 2 − ( m + 1) .
Hàm số có ba cực trị khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 .
m + 1 ( m + 1)
2
Tọa độ điểm cực tiểu bên trái B − ;− + 2022 , tọa độ điểm cực
2 4
đại là A ( 0;2022 ) . Tam giác có ba góc nhọn khi :
2 ( m + 1) m + 1 ( m + 1)
2 4
y A − yB 2 m +1
cos=α > ⇔ > 2 + . Với
= t > 0,
BA 2 4 2 16 2
m +1
ta có 4t 4 > 2 ( t + t 4 ) ⇔ t ( t 3 − 1) > 0 ⇒ t > 1 . Khi đó > 1 ⇒ m > 1.
2
Kết hợp ta có điều kiện cần tìm là m > 1.
1
Câu 2a. Điều kiện x < .
2
Ta có PT ⇔ log 3 + 1 log 3 (1 − 2 x ) + (1 − 2 x ) (*).
x2 − x + 1 + x2 − x =
1
Xét hàm số f (=
t ) log 3 t + t ⇒ f ' (=
t) + 1 > 0, ∀t > 0 , nên f ( t ) đồng biến.
t ln 3
1
Do đó từ (*) suy ra x 2 − x + 1 = (1 − 2 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 .
9.10 4
4500
- ln x 2ln x
Câu 3a. Tìm ∫ ln 2 x + 1
x
dx . Đặt ln 2 x + 1 = u ⇒ ln 2 x + 1 = u 2 ⇒
x
dx = 2udu .
ln x 1 3
(1
)
3
Khi đó ∫ ln 2 x + 1 dx = ∫ u 2
du = u + C . Hay F =( x ) ln 2
x + 1 +C.
x 3 3
1 1
( )
3
Giả thiết F (1) = ⇒ C = 0 . Do đó = F ( x) ln 2 x + 1 .
3 3
1 8
( )
3 2
Vậy= F (e) 2 ⇒ F= ( e ) .
3 9
Câu 3b. Tìm GTNN của MA + 2 MB .
Mặt cầu có tâm I ( −1; 4;0 ) , bán kính R = 2 2 . Tính IA = ( 4; −4;0 ) .
Đặt IA =4 IC ⇒ IC =(1; −1;0 ) ⇔ C ( 0;3;0 ) và IC = 2 < R= 2 2.
2
( )
Ta có MA2 =IA − IM =IA2 + IM 2 − 2 IA.IM = 40 − 8 IC.IM
( )
Hay MA2= 4 2 + 8 − 2 IC.IM = 4 MC 2 , suy ra MA = 2 MC .
Khi đó MA + 2 MB = 2 ( MC + MB ) ≥ 2CB = 6 2 . Đạt được khi M
= CB ∩ ( S ) .
Ta có CM =tCB =( 4t ; −t ; t ) , t > 0 , suy ra M ( 4t ; −t + 3; t ) thay vào mặt cầu
( 4t + 1) + ( t + 1)
2 2
8.
+ t2 =
−5 + 133 −10 + 2 133 13 + 133 −5 + 133
Suy ra t
= ⇒M ; ; .
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 y 2a − x b ( 2a − x )
Đặt MN = y thì = ⇔ = ⇒ y= .
AD SA b 2a 2a
- S BMNC
Diện tích= =
( y + b)
x +a
b ( 4a − x ) x 2 + a 2
2 2
(đvdt).
2 4a
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
SK =
( 2a − x ) a và VS . BMNC =
b ( 2a − x )( 4a − x )
(1).
x2 + a2 12
1 1 ba 2
VS . ABCD
Mặt khác = =.2a.ab (2). Từ (1) và (2) ta có:
2 6 3
b ( 2a − x )( 4a − x ) ba 2
12
=
3
(
⇔ ( 2a − x )( 4a − x ) = 4a 2 ⇒ x = 3 − 5 a . )
Vậy x= (3 − 5 ) a 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.
1 1 a2
Mà BK ⊥ ( SAH ) ⇒ BK ⊥ AH nên S ABH
= AH .HB ≤ ( AH + HB=
2 2
) 4.
2 4
a 2 1
Dấu bằng có khi AH
= HB
= = AC , khi đó H là tâm hình vuông ABCD.
2 2
Vậy khi K trùng D thì thể tích khối chóp S . ABH lớn nhất.
2 ln b − ln a ab + 1
Câu 5. Chứng minh bất đẳng thức < < , với 0 < a < b .
b+a b−a 2ab
b
Đặt =1 + x, ( x > 0 ) ⇒ b = a (1 + x ) ⇒ a + b = a ( 2 + x ) ; ab = a 2 (1 + x ) .
a
2 ln b − ln a 2 ln (1 + x )
+ Khi đó: < ⇔ < ⇔ ( 2 + x ) ln (1 + x ) − 2 x > 0 .
b+a b−a a (2 + x) ax
Xét f ( x ) = ( x + 2 ) ln ( x + 1) − 2 x trên ( 0; + ∞ ) (và các hàm số khác), có:
x+2 1
f ' ( x=
) ln ( x + 1) + − 2= ln ( x + 1) + −1
x +1 x +1
1 1 x
f '' ( x=
) − = > 0, ∀x > 0 nên f ' ( x ) đồng biến, suy ra:
x + 1 ( x + 1) ( x + 1)
2 2
- 0 nên f ( x ) đồng biến, suy ra f ( x ) > f ( 0 ) =
f '( x ) > f '( 0) = 0 (1).
ab + 1 2 ab 1
+ Mặt khác ≥ = , do đó ta đi chứng minh
2ab 2ab ab
ln b − ln a 1 ln ( x + 1) 1
< ⇔ < ⇔ g ( x)= x + 1ln ( x + 1) − x < 0 .
b−a ab ax a ( x + 1)
ln ( x + 1) + 2
g '( x ) = − 1 < 0 ⇔ h ( x ) = 2 + ln ( x + 1) − 2 x + 1 < 0 .
2 x +1
1 1 1− x +1
Ta có h ' ( x ) = − = < 0 nên nên h ( x ) nghịch biến, suy ra
x +1 x +1 x +1
h ( x ) < h ( 0) =
0.
Do đó g ( x ) nghịch biến, suy ra g ( x ) < g ( 0 ) =
0 (2).
Từ (1) và (2) ta có bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
_______________ TOANMATH.com _______________
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
