Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho các bạn học sinh đang ôn tập chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi sắp tới. Tham khảo đề thi để làm quen với cấu trúc đề thi và luyện tập nâng cao khả năng giải đề các bạn nhé. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2024-2025 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 29/10/2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không tính thời gian phát đề (Đề thi có 02 trang, 05 câu) Câu I. (2,0 điểm) x2  2x  2 1. Cho hàm số y  có đồ thị C  và điểm M 1; 3 . Gọi A, B là hai điểm x 1 cực trị của đồ thị C  . Tính diện tích của tam giác MAB . 2. Nhà máy A chuyên sản xuất một loại sản phẩm cho nhà máy B . Hai nhà máy thỏa thuận rằng, hàng tháng A cung cấp cho B số lượng sản phẩm theo đơn đặt hàng của B (tối đa 100 tấn sản phẩm). Nếu số lượng đặt hàng là x tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là p ( x= 90 − 0,01x 2 (triệu đồng). Chi phí để A sản xuất x tấn sản phẩm trong một tháng là ) C (= 100 + 15 x (triệu đồng) (gồm 100 triệu đồng chi phí cố định và 15 triệu đồng cho mỗi x) tấn sản phẩm). Hỏi A bán cho B bao nhiêu tấn sản phẩm mỗi tháng thì thu được lợi nhuận cao nhất? Câu II. (2,0 điểm) 1. Doanh số (tính bằng số sản phẩm) của một sản phẩm mới (trong vòng một số năm nhất 24000 định) được mô hình hoá bằng hàm số f (t )  với t  0 , trong đó thời gian t được tính 1  6et bằng năm, kể từ khi phát hành sản phẩm mới. Khi đó, đạo hàm f (t ) sẽ biểu thị tốc độ bán hàng. Tốc độ bán hàng lớn nhất đạt được khi t  ln a . Tìm a . 2. Có bao nhiêu số nguyên y để với mỗi y có đúng 2 số thực x thỏa mãn bất phương 2 ex trình:  ln 16.e x  y   2 x  2 . x 16. e  y Câu III. (2,0 điểm) 1. Trong trận thi đấu bóng bàn đơn nam giữa vận động viên Nguyễn Đức Tuân (người từng đoạt huy chương vàng đơn nam môn bóng bàn tại Seagames 31) với một vận động viên nước ngoài, trận đấu gồm tối đa 5 set (séc), người nào thắng trước 3 set sẽ giành chiến thắng chung cuộc. Xác suất để vận động viên Tuân thắng mỗi set là 0,6 . Tính xác suất để vận động viên Tuân giành chiến thắng trong trận đấu. Trang 1/2
 1  y 2 x     2  x x  y 2. Giải hệ phương trình:          y x 2  1 1  3 x 2  3 Câu IV. (3,0 điểm) 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều có cạnh bằng 1 và SA   ABC  . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh SB, SC sao cho SM  3MB, NC  2 NS . Tính độ dài đoạn SA và côsin của góc giữa hai đường thẳng MN và AC , biết rằng AN vuông góc CM . 2. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC  a . Biết rằng đường thẳng BC ' hợp với mặt phẳng  ACC ' A ' một góc 300 và đường 6 thẳng BC ' hợp với mặt phẳng đáy một góc α sao cho sin   . Gọi M , N lần lượt là 3 trung điểm của BB ' và A ' C ' . a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và AN . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0  a  b  c  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  a 2  b 2 b  c   c 2 1 c  - - - - - - - - HẾT- - - - - - - - - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………Phòng thi ………… Cán bộ coi thi số 1 ……………………………… Cán bộ coi thi số 2 ……………………………… Trang 2/2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2024 – 2025 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Câu ý Nội Dung Điểm 2 x  2x  2 Cho hàm số y  có đồ thị C  và điểm M 1; 3 . Gọi A, B là hai điểm x 1 cực trị của đồ thị C  . Tính diện tích của tam giác MAB . Tập xác định: D   \ 1 2 x  2 x  1   x 2  2 x  2 x 2  2 x y' 2  2  x  1  x  1 0,25 x  0 y '  0  x2  2x  0   1  x  2 y '  0  x  ;  2  0;  ; y '  0  x  2; 1  1;0 Hai điểm cực trị của đồ thị C  là A2;  6, B 0;  2   0,25 A B  2;4  AB  2 5 3 Phương trình đường thẳng AB là: 2 x  y  2  0 . Ta có: d  M , AB   0,25 5 1 1 3 S MAB  .d  M , AB . AB  . .2 5  3 0,25 2 2 5 Nhà máy A chuyên sản xuất một loại sản phẩm cho nhà máy B . Hai nhà máy thỏa I thuận rằng, hàng tháng A cung cấp cho B số lượng sản phẩm theo đơn đặt hàng của B ( tối đa 100 tấn sản phẩm). Nếu số lượng đặt hàng là x tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là p ( x= 90 − 0,01x 2 (triệu đồng). Chi phí để A sản xuất x tấn sản ) phẩm trong một tháng là C (= 100 + 15 x (triệu đồng) ( gồm 100 triệu đồng chi phí cố x) định và 15 triệu đồng cho mỗi tấn sản phẩm). Hỏi A bán cho B bao nhiêu tấn sản phẩm mỗi tháng thì thu được lợi nhuận cao nhất? 2 Doanh thu của A khi bán x tấn sản phẩm D  x  p  x.x  90  0,01x 2 .x  0,01x3  90 x 0,25 Lợi nhuận của A khi bán x tấn sản phẩm L  x  D  x  C  x  0,01x3  90 x  100  15 x 0,25  0,01x3  75 x 100 L ' x  0,03 x 2  75 75 0,25 L ' x  0  0,03 x 2  75  0  x 2   2500  x  50 0,03 Bảng biến thiên:
x 0 50 100 L '( x) + 0 − L 50 L ( x) L  0 L 100 Vậy để thu được lợi nhuận cao nhất thì A cần bán cho B 50 tấn sản phẩm 0,25 Doanh số (tính bằng số sản phẩm) của một sản phẩm mới (trong vòng một số năm nhất 24000 định) được mô hình hoá bằng hàm số f (t )  , t  0 trong đó thời gian t được 1  6et tính bằng năm, kể từ khi phát hành sản phẩm mới. Khi đó, đạo hàm f (t ) sẽ biểu thị tốc độ bán hàng. Tốc độ bán hàng lớn nhất đạt được khi t  ln a . Tìm a . 24000.1  6.et  ' et Tốc độ bán hàng là: f 't   2  144000. 2 0,25 1  6.et  1  6.et  et Xét hàm số: g t   2 , t  0;   1  6.et  2 0,25 et .1  6.et   et .2.1  6.et .6.et  et .6et 1 g 't    t 4 3 1  6.e  1  6.et  1 1 g 't   0  et   t  ln 6 6 Bảng biến thiên: t 0 ln 6 +∞ II g '(t ) + 0 − 0,25 1 24 g (t ) 1 0 49 1 1 Vậy max g t    max f 't   144000.  6000 . Tốc độ bán hàng lớn 0;  24 0;  24 0,25 nhất là 6000 trong một năm đạt được khi t  ln 6  ln a  ln 6  a  6 . Có bao nhiêu số nguyên y để với mỗi y có đúng 2 số thực x thỏa mãn bất phương 2 ex trình:  ln 16.e x  y   2 x  2 * . x 16. e  y x 2 Điều kiện: 16.e  y  0 t2  y t2  y Đặt t  16.e  y t  0 . Suy ra t  16. e  y  e  x 2 x  x  ln x 16 16 0,25 2 t  y  2 t2  y Ta có bất phương trình trở thành:  lnt 2  2.ln 2 16 t 16
t 2  y 2 t  y  2 t2  y t2  y  2 ln   2  0  ln  1  0 16t 16t 16t 16 t t2  y Đặt a  a  0 . Ta có: ln a  a  1  0 1 16t 1 Xét hàm số g a   ln a  a  1  g 'a   1 a g ' a   0  a  1 Bảng biến thiên: a 0 1 +∞ g '(a) + 0 − 0 g (a) 0,25   Từ bảng biến thiên ta có: g a   0, a  0;    ln a  1 a  0, a  0;   2 Từ 1, 2 ta có t2  y a 1  1  t 2  y  16t  16.e x  y  y  16 16.e x  y 16 t  e x  16.e x  y  y  16. e x  e 2 x Xét hàm số h  x  16. e x  e 2 x h ' x  16.e x  2.e 2 x h ' x  0  e x  8  x  ln 8 Bảng biến thiên: x −∞ ln 8 +∞ 0,25 h '( x) + 0 − 64 h ( x) 0  Từ bảng biến thiên suy ra để với mỗi số nguyên y có đúng 2 số thực x thỏa mãn bất phương trình thì y  1; 2;...;63 . Vậy có 63 giá trị của y thỏa 0,25 mãn. Trong trận thi đấu bóng bàn đơn nam giữa vận động viên Nguyễn Đức Tuân (người từng đoạt huy chương vàng đơn nam môn bóng bàn tại Seagame 31) với một vận động viên nước ngoài, trận đấu gồm tối đa 5 set (séc), người nào thắng trước 3 set sẽ giành chiến thắng chung cuộc. Xác suất để vận động viên Tuân thắng mỗi set là 0,6 . Tính xác suất để vận động viên Tuân giành chiến thắng trong trận đấu. III 1 Gọi Ak là biến cố: “Tuân thắng ở séc thứ k , k  1; 2;3; 4;5 ”. Theo giả thiết ta có P  Ak   0,6  P  Ak   0, 4 . 0,25 Các biến cố A1 , A2 , A3 , A4 , A5 đôi một độc lập. Để Tuân thắng trận đấu xảy ra các trường hợp sau: 0,25
Trường hợp 1: Trận đấu có 3 séc, khi đó Tuân thắng cả 3 séc. Xác suất trong 3 trường hợp này là: P  0,6 1 Trường hợp 2: Trận đấu có 4 séc, khi đó Tuân thua 1 trong 3 séc đầu và thắng séc thứ 4. Số cách chọn 1 séc thua là C3 . Nên xác suất trường hợp này là 1 3 P2  C3 .0, 4.0,6 1 Trường hợp 3: Trận đấu có 5 séc, khi đó Tuân thua 2 trong 4 séc đầu và thắng séc thứ 5. Số cách chọn 2 séc thua là C42 . Nên xác suất trường hợp này là 0,25 2 3 P3  C42 .0, 4 .0,6 Các biến cố trong các trường hợp 1, 2,3 đôi một xung khắc. Vậy xác suất để Tuân thắng trận đấu là: 3 3 2 P  P  P2  P3  0,6  C3 .0, 4.0,6  C4 .0, 4 .0,6 1 2 3 0,25 1 3  0,6 1  1, 2  6.0,16  0,68256   1 y 2 x     2   x x y Giải hệ phương trình:          y x 2  1 1  3 x 2  3 x  0  Điều kiện xác định:   . y  0   Vì x 2  1 1  0, x  0 nên từ 2  y  0 0,25 1  y x  y  2 x x  2 xy  x  y  2 x  y  y  2 x  0 2   y  2 x   x  y  0  y  2x 3 (Vì x  0; y  0 nên x  y  0 ) 2 Thay 3 vào 2 ta có 0,25 2x 1 2x  2  x  1 1  3 x  3  2 3x 2  3  x 2  1 1 * 2x 1 Xét các hàm số f  x  ; g  x  , x  0;   2 2 3x  3 x  1 1 6 x Ta có f ' x   0, g ' x   0, x  0 0,25     3 2 2 2 2 3x  3 x  1. x  1 1 Vậy f  x đồng biến trên 0;  và g  x  nghịch biến trên 0;  . Mặt khác f  3   g  3   1 nên x  3 là nghiệm phương trình (*) 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    3;2 3  Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều có cạnh bằng 1 và SA   ABC  . Gọi IV 1 M , N lần lượt thuộc các cạnh SB, SC sao cho SM  3MB, NC  2 NS . Tính độ dài đoạn SA và côsin của góc giữa hai đường thẳng MN và AC biết rằng AN vuông góc
CM . S N M A C 0,25 B     1   1     1     AN  AS  SN  AS  SC  AS  AC  AS  2 AS  AC 3 3 3         1    1        CM  CB  BM  AB  AC  BS  AB  AC  AS  AB 4 4   1       3 AB  4 AC  AS 4     1         AN  CM  AN .CM  0  12   2 AS  AC . 3 AB  4 AC  AS  0       2 AS  3 AB. AC  4 AC  0  2 SA2  3. AB. AC.cos 600  4 AC 2  0 2 2 0,25 1 5 5  2 SA2  3.12.  4.12  0  SA2   SA  2 4 2       MN . AC  Gọi  là góc giữa MN và AC . cos   cos MN , AC     MN . AC     1  3  1   3      3 4  MN  SN  SM  SC  SB  AC  AS  AB  AS 3 4    1    0,25  12  4 AC  9 AB  5 AS   2 1     369 MN 2  MN   144 16 AC 2  81AB 2  25 AS 2  72. AB. AC   576 41  MN  8    1        1 1 MN . AC  12   4 AC  9 AB  5 AS . AC  4 AC 2  9 AB. AC.cos 600    12 24    1 MN . AC  0,25 24 41 cos        MN . AC 41 123 .1 8 Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC  a . Biết rằng đường thẳng BC ' hợp với mặt phẳng  ACC ' A ' một góc 300 và 2 6 đường thẳng BC ' hợp với mặt phẳng đáy một góc α sao cho sin   . Gọi M , N 3 lần lượt là trung điểm của BB ' và A ' C ' .
a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và AN . A' N C' E B' K H I M A C 0,25 B  AB  AA '     AB   ACC ' A '  Góc giữa BC ' và  ACC ' A ' là góc  AB  AC    BC ' A  300 .  Góc giữa BC ' và  ABC  là góc C ' BC   .  BC '  2 x    Đặt AB  x   AC '  x 3    CC '  3 x 2  a 2   Ta có 0,25 6 CC ' 6 3x 2  a 2 6 sin        3 3x 2  a 2  2 6 x 3 BC ' 3 2x 3  27 x 2  9a 2  24 x 2  x 2  3a 2  x  a 3 AA '  3.3a 2  a 2  2 2 a 1 1 a2 3 S ABC  AB. AC  . a 3.a  0,25 2 2 2 3a 2 VABC . A ' B ' C '  AA '.S ABC  2 2a.  a3 6 0,25 2 b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC ' . Kẻ CE / / AN  E  A ' C ', I  CM  B ' C ' AN / / CIE   d  AN , CM   d  AN , CIE  0,25  d  N , CIE   2. d C ', CIE  Kẻ C ' K  IE , C ' H  CK  C ' H  CIE   C ' H  d C ', CIE  0,25 Xét tam giác C ' IE có: 0,25
  1 a a2 3 S  IC ' E  .4a. .sin1200  a  0   2 2 2 C ' I  4a, C ' E  , IC ' E  120   2  2  IE  16a 2  a  2.4a. a . 1   a 73        4   2  2 2   S IC ' E 2 3a  C 'K   IE 73 1 1 1 2 6 4 6 2  2  2  C 'H  a  d  AN , CM   a 0,25 C 'H C 'K CC ' 149 149 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0  a  b  c  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  a 2  b 2 b  c   c 2 1 c  Xét hàm số: f a   a 2  b 2 b  c  c 2 1 c, a  0; b  f 'a   2.b  c .a  0, a  0; b , b  0; c  . Suy ra hàm số f a  nghịch biến 0,25 trên 0;b   f a   f 0  b 2 b  c   c 2 1 c  Xét hàm số: g b  b 2 b  c  c 2 1 c, b  0; c  g 'b  3b 2  2bc b  0  g 'b  0   2c b   3 0,25  2c  23 g 0  c 2 1 c; g     c3  c 2 ; g c  c 2 1 c .   3   27  2c  23 V Suy ra g b  g     c 3  c 2   3   27 23 Xét hàm số: h c   c3  c 2 , c  0;1 27 23 2 h 'c    c  2c 9 c  0 0,25  h 'c   0   18 c   23  18  108 4 h 0  0; h      ; h 1   23  529   27  18  108 max h c  h    0;1  23  529     0,25 108 12 18 Vậy giá trị lớn nhất của P  khi a  0; b  ; c  529 23 23
Xem thêm: ĐỀ THI HSG TOÁN 12 https://toanmath.com/de-thi-hsg-toan-12