Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Ngãi (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Ngãi" cung cấp đến các bạn học sinh với 5 câu hỏi, có kèm theo hướng dẫn giải, phục vụ cho học tập và rèn luyện kiến thức.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Ngãi (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC: 2019 - 2020 Ngày thi: 06/12/2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang) Câu 1: (5,0 điểm). a) Giải hệ phương trình sau (với x, y   )  y  x 2 y  2 x 2  2 y  4  2 x 2  2  2 . 2 6 y  2 yx  6 y  x b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2   2 m  11 .3 x 2 2 9.3 x 2 x 2 x2  4m  2  0 . Câu 2: (5,0 điểm). a) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên  và hàm f '( x) có đồ thị như hình bên. Tìm các điểm cực trị của hàm số 1 g ( x)  f  2 x  1  x 2  x  2019 . 2 b) Anh Giàu hàng tháng gửi vào ngân hàng 5 triệu đồng theo thể thức lãi kép, kì hạn 1 tháng với lãi suất 0, 65% / tháng. Tính tổng số tiền anh Giàu nhận được khi gửi được 20 tháng. Câu 3: (5,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB), (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng  ABC  , tam giác ABC vuông cân tại B, SB = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng . a) Tính theo a và  thể tích khối chóp G. ANC với G là trọng tâm tam giác SBC , N là trung điểm BC . b) Gọi M là trung điểm AC . Tìm giá trị của  để khoảng cách giữa hai đường thẳng MN , SC đạt giá trị lớn nhất. Trang 1
Câu 4: (3,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn chia hết cho 15. Câu 5: (2,0 điểm). Cho hàm số f  x   2019 x  2019  x . Các số thực a, b thỏa mãn a  b  0 và 4a  3b  1   f a 2  b 2  ab  2  f  9a  9b   0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a  b  10 khi a, b thay đổi. ………………………..HẾT……………………….. Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Nội dung Điểm 1 a) Giải hệ phương trình sau (với x, y   ) 5,0 đ  y  x 2 y  2 x 2  2 y  4  2 x 2  2  2 6 y  2 yx  6 y  x. 2 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2   2 m  11 .3 x 2 2 2 x 2 x2 9.3 x  4m  2  0 1.a Điều kiện y  2 . 1,0 Ta có y  x2 y  2x2  2 y  4  2x2  2   y  2  x2  2  y  2  2 x2  2  0  0,75 Do đó y  x , thay vào phương trình sau ta được 8 x  6 x  x  0 2 4 3 x  0 Suy ra  3  4 x  3x  1  2 Ta thấy phương trình có ba nghiệm thuộc đoạn [-1;1] (dùng đồ thị hàm số). 0,5 1 0,75 Với 1  x  1 ta đặt x = cost (với t   0;   ), phương trình trở thành cos 3t  suy 2  5 7 ra t  ,t  ,t  9 9 9 Như vậy hệ có nghiệm   5 5 7 7   0;0  ,  cos ;cos 2  ,  cos ;cos 2    ,  cos ;cos 2   9 9  9 9   9 9  Trang 2
2.b 2 2m  11 Viết lại phương trình 3x 2 x2   4m  2  0 (1) 3x 2 2 x2 0,5 x2  2 x  2 Đặt t  3 . Xét t '   2 x  2 x .3 x2  2 x  2 .ln 3 Từ bảng biến thiên suy ra mỗi giá trị t0   3;9  thì phương trình 3x 2 2 x2  t0 có hai 0,5 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2. + Phương trình (1) trở thành t 2  2 1  2m  t  2m  11  0 t 2  2t  11   2m (2). 2t  1 + Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt nhỏ hơn 2 khi phương trình (2) có hai 0,5 nghiệm phân biệt t1 , t2 thuộc khoảng  3;9  . t 2  2t  11 2t 2  2t  24  t  3 + f t   , t   3;9  . f '  t   0   2t  1 2 2t  1 t  4 Bảng biến thiên 0,5 Từ bảng biến thiên suy ra (2) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thuộc khoảng  3;9  khi 26 5 13  m . 5  2m  5 2 5 2 a) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên  và hàm f '( x) 5,0 có đồ thị như hình bên. Tìm các điểm cực trị của hàm điểm số 1 g ( x)  f  2 x  1  x 2  x  2019 . 2 b) Anh Giàu hàng tháng gửi vào ngân hàng 5 triệu đồng theo thể thức lãi kép,kì hạn Trang 3
1 tháng với lãi suất 0, 65% / tháng. Tính tổng số tiền anh Giàu nhận được khi gửi được 20 tháng. Ta có g '( x )  f '  2 x  1  2 x  1 1,0 2a (3,0đ) Suy ra g '( x)  0 khi 2 x  1  3, 2 x  1  1 hoặc 2 x  1  3 hay x  1, x  1, x  2 . 1,0 Do đó bảng biến thiên của hàm số x –∞ -1 1 2 +∞ y' + 0 – 0 + 0 – g(- g(2) y 1) g(1) 1,0 Suy ra x  1 là điểm cực tiểu; x  1, x  2 là các điểm cực đại của hàm số. Trang 4
 Cuối tháng thứ 1, ông Giàu có số tiền là: P1  a  a.r  a 1  r  2.b (2,0đ)  Đầu tháng thứ 2, ông Giàu có số tiền là: 0,5 P1  a  a 1  r   a  a  a 1  r   a 1  1  r  ………………………………  Cuối tháng thứ 2, ông Giàu có số tiền là: P2  P1  P1.r  a  a 1  r    a  a 1  r    a 1  r   1  r   2    Đầu tháng thứ 3, ông Giàu có số tiền là: P2  a  a 1  r   1  r    a  a 1  1  r   1  r   2 2      Cuối tháng thứ 3, ông Giàu có số tiền là: P3  P2  P2 .r  a 1  1  r   1  r    a 1  1  r  1  r   .r 2 2      a 1  r   1  r   1  r   ……………………………………………… 3 2 0,5    Cuối tháng thứ n, ông Giàu có số tiền là:   Pn  a 1  r   1  r   1  r   ...   1  r   1  r   n n 1 n2 2  Sn  1  r  n 1  Pn  a 1  r  .  3 r Vậy sau 20 tháng anh Giàu nhận được tổng số tiền 1,0 1  0, 65%  n 1 5 1  0, 65%  . triệu 0, 65% 3 Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB), (SAC) cùng vuông góc với 5,0 mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B, SB = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng  . a) Tính theo a và  thể tích khối chóp G.ANC với G là trọng tâm tam giác SBC, N là trung điểm BC. b) Gọi M là trung điểm AC. Tìm giá trị của  để khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, SC đạt giá trị lớn nhất. Trang 5
3a 1,0 (3,0đ) 1  và d (G ,( ABC ))  d ( S ,( ABC )) Dễ thấy, ,   SBA 3 1,0 1 S ANC  S ABC , SA  a sin  , AB  a cos  . 2 1,0 1  1  1  1 ( a cos  ) a sin  cos  2 3 2 Do đó VS . ANC   SA  S ABC   a sin  .  . 3  3  2  18 2 36 3b 1,0 (2,0) Vẽ hình vuông ABCD, mp(SCD) chứa SC và song song với MN nên 1 1 d ( MN , SC )  d ( MN ,( SCD))  d ( M ,( SCD))  d ( A,( SCD))  AH . 2 2 1 1 1 4 a a 1,0 Tam giác SAD có    2 2  AH  sin 2  . AH 2 AS 2 AD 2 a sin 2 2 2  Do đó khoảng cách cần xét lớn nhất khi sin 2  1    . 4 Câu 4 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau 3,0 được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính điểm xác suất để số được chọn chia hết cho 15. + Gọi x  abcd + Số phần tử không gian mẫu: n     A94 . 0,5 + x chia hết cho 15  x  3 và x 5 . Suy ra x  abc5 . Suy ra x chia hết 15 khi a  b  c chia 3 dư 1. + Ta tìm tất cả các số có 3 chữ số khác nhau abc mà a  b  c chia 3 dư 1. 0,5 Xét 3 tập A  1; 4;7 , B  2;8, C  3;6;9  Th1: 1 số thuộc tập A , 2 số thuộc tập C . Có C31 cách chọn một số thuộc tập A , C32 cách chọn hai số thuộc tập C . Ta có 0,5 C .C .3! số . 1 3 2 3 Th2: 2 số thuộc tập A , 1 số thuộc tập B . Có C32 cách chọn hai số thuộc tập A , 2 cách chọn hai số thuộc tập B .Ta có 2.C32 .3! số 0,5 Th 3: 2 số thuộc tập B , 1 số thuộc tập C . 0,5 Có 1 cách chọn hai số thuộc tập B , C31 cách chọn hai số thuộc tập C . Ta có C31.3! số . Trang 6
Gọi D là biến cố “ Chọn được số chia hết cho 15”. n  D   C31.C31.3!  2.C32 .3!  C31.3! . 0,5 C31.C31.3!  2.C32 .3!  C31.3! 1 P D   . A94 28 Câu 5 Cho hàm số f  x   2019 x  2019  x . Các số thực a, b thỏa mãn a  b  0 (2,0đ) 4a  3b  1   f a 2  b 2  ab  2  f  9a  9b   0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a  b  10 khi a, b thay đổi. Ta có f '  x   2019 x.ln  2019   2019  x.ln 2019   0 , x   . Suy ra f  x  đồng biến trên  0,5 Lại có f   x   2019  x  2019 x   f  x  . Suy ra f  x  là hàm số lẻ.     f a 2  b 2  ab  2  f  9a  9b   0  f a 2  b 2  ab  2   f  9a  9b  f 9a  9b  0,5  a 2  b 2  ab  2  9a  9b  a 2  b2  ab  2  9a  9b  0  4a 2  4b2  4ab  8  36a  36b  0  (2a  b)2  18(2a  b)  3(b 3)2  19  0 .  (2a  b)2  18(2a  b)  19  3(b 3)2  0 ………………………………….. 0,5  (2a  b)2  18(2a  b)  19  0  1  2a  b  19  2a  b  19  2a  b  19  0 . 2a  b  19 Mặt khác P  2   0  P  2 Dấu bằng xảy ra a  b  10  2 a  b  19 a  8 khi    ………………………………………………………. 0,5 a  3  0 b  3 Chú ý: 1. Mọi lời giải đúng, khác với hướng dẫn chấm, đều cho điểm tối đa theo từng câu và từng phần tương ứng. 2. Tổ chấm thảo luận để thống nhất các tình huống làm bài có thể xảy ra của học sinh. Mời bạn đọc cùng tham khảo https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop-12 Trang 7