Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hải Phòng

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

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hải Phòng để đánh giá kết quả học tập của học sinh từ đó đưa ra phương pháp ôn thi cho các em có hiệu quả hơn, đồng thời tích lũy kiến thức bài giảng và kinh nghiệm ra đề. Chúc quý thầy cô tìm được nguồn tài liệu hay và hữu ích!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hải Phòng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH HẢI PHÒNG MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2,0 điểm) a) Cho hàm số y = mx3 + mx 2 + ( m + 1) x − 3 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trên  . b) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị được biểu thị trong Hình 1. Tìm số giá trị nguyên của tham số m trong đoạn [ −2020; 2020] để hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) − m có đúng 3 điểm cực trị. axy + 1 Câu 2: (1,0 điểm) Cho log 7 12 = x , log12 24 = y và log 54 168 = , trong đó a , b , c là các số bxy + cx nguyên. Tính giá trị biểu thức S =a + 2b + 3c . 4 + cos 2 x + sin 2 x − sin x − 7 cos x Câu 3: (1,0 điểm) Giải phương trình =0. 2sin x + 3 Câu 4: ( 1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có đúng ba nghiệm phân biệt x3 − 5 x + 3 + 2 3 2 x3 − 3x 2 + m + m =0 Câu 5: (1,0 điểm) Một bài thi trắc nghiệm có 50 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó chỉ có một phương án đúng. Biết rằng mỗi câu trả lời đúng được 0, 2 điểm và mỗi câu trả lời sai được 0 điểm. Một học sinh không học bài nên làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên mỗi câu một phương án trả lời. Hỏi điểm số nào có xác suất xuất hiện lớn nhất? Câu 6. ( 2,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD ; P là điểm nằm trong đoạn BC sao cho BP  kPC k  1 . a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD trong trường hợp ACD vuông tại A , BCD vuông cân tại B và AB  AC  AD  a . b) Mặt phẳng đi qua ba điểm M , N , P chia tứ diện thành hai khối đa diện có thể tích lần lượt là V V1 , V2 ( trong đó V1 là thể tích của phần chứa điểm A ). Tính 2 V1 Câu 7: ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có  ACB= 75° , B ( −4; −2 ) ; D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC = 2 DB . Biết đường cao kẻ từ A có phương trình 2 x + y =0 và  ADC= 60° . Tìm tọa độ điểm A biết A có hoành độ âm. 1
Câu 8. (1.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 =p − . 2 2ab + 8ab 2a + 2b + 2c 2 + 4ac + 1 2 2 ____________________ HẾT ____________________ 2
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) c) Cho hàm số y = mx3 + mx 2 + ( m + 1) x − 3 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trên  . d) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị được biểu thị trong Hình 1. Tìm số giá trị nguyên của tham số m trong đoạn [ −2020; 2020] để hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) − m có đúng 3 điểm cực trị. Lời giải a) Nếu m = 0 ta có hàm số y= x − 1 là hàm số đồng biến trên  nên không thỏa mãn. Xét m ≠ 0 ta có y=′ 3mx 2 + 2mx + m + 1 . Để hàm số nghịch biến trên  thì y′ ≤ 0 với mọi =a 3m < 0 m < 0 m < 0 3 x∈ ⇔  ⇔ ⇔ ⇔m≤− . ∆=′ m − 3m ( m + 1) ≤ 0 2  2m + 3 ≤ 0 2 2 −2m − 3m ≤ 0 b) Ta có hàm số h ( x ) có tập xác định là  . Xét hàm số g ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) − m . Khi đó: Tập xác định D =  . =g ′ ( x ) 2 f ( x ) . f ′ (= x ) + 4 f ′ ( x ) 2 f ′ ( x )  f ( x ) + 2  .  f ′( x) = 0 g ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 f ′ ( x )  f ( x ) + 2  = 0⇔ .  f ( x ) = −2 Dựa vào đồ thị ta có x = 1 ● f ′ ( x )= 0 ⇔  . x = 3 ● f ( x ) =−2 ⇔ x =a < 0 . ● g ′ ( 2 ) 2 f ′ ( 2 )  f ( 2 ) + 2  < 0 do f ( 2 ) > 0 , f ′ ( 2 ) < 0 . = Bảng biến thiên 3
x -∞ a 1 3 +∞ g'(x) - 0 + 0 - 0 + +∞ +∞ g(x) -m + 5 -m -m - 8 Dựa vào bảng biến thiên dễ thấy hàm số h ( x ) = g ( x ) có đúng 3 điểm cực trị khi và chỉ khi −m − 8 ≥ 0 ⇔ m ≤ −8 . Kết hợp với điều kiện [ −2020; 2020] ta có 2013 giá trị của m thỏa mãn. axy + 1 Câu 2: (1,0 điểm) Cho log 7 12 = x , log12 24 = y và log 54 168 = , trong đó a , b , c là các bxy + cx số nguyên. Tính giá trị biểu thức S =a + 2b + 3c . Lời giải log 7 168 log 7 ( 24.7 ) log 7 7 + log 7 24 log 7 12.log12 24 + 1 Ta có log = 54 168 = = = log 7 54 log 7 54 log 7 54 log 7 54 xy + 1 Do log 7 54 = log 7 12.log12 54 nên log 54 168 = . x log12 54 24 Ta tính log12 54 = log12 ( 27.2 ) = log12 27 + log12 2 = 3log12 3 + log12 12 3.2.12.24 123 Mà log12 3= log12 = log12 2 = 3 − 2 log12 24 2.12.24 24 3 ( 3 − 2 log12 24 ) + log12 24 − 1= 8 − 5log12 24 = 8 − 5y . Suy ra log12 54 = xy + 1 xy + 1 log 54 168 Vậy = = , suy ra a = 1 , b = −5 , c = 8 . x ( 8 − 5 y ) −5 xy + 8 x Giá trị biểu thức S =a + 2b + 3c =1 + 2 ( −5 ) + 3.8 =15 . 4 + cos 2 x + sin 2 x − sin x − 7 cos x Câu 3: Giải phương trình =0. 2sin x + 3 Lời giải 3 Điều kiện: sin x ≠ − 2 PT ⇔ 4 + cos 2 x + sin 2 x − sin x − 7 cos x = 0 ⇔ 2 cos 2 x − 7 cos x + 3 + 2sin x cos x − sin x = 0 4
⇔ ( 2 cos x − 1)( cos x − 3) + sin x ( 2 cos x − 1) = 0 ⇔ ( 2 cos x − 1)( sin x + cos x − 3) = 0  1  1  cos x = cos x = 2 ⇔ 2 .    π 3 sin x + cos x = 3 sin x +  = ( VN )   4 2 1 1 3 3 Với cos x =⇒ cos 2 x =⇒ sin 2 x =⇒ sin x = ± . 2 4 4 2 Kết hợp với điều kiện, suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 4: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có đúng ba nghiệm phân biệt x3 − 5 x + 3 + 2 3 2 x3 − 3x 2 + m + m =0 Lời giải x3 − 5 x + 3 + 2 3 2 x3 − 3x 2 + m + m =0 (1) PT (1) ⇔ 2 x3 − 3 x 2 + m + 2 3 2 x3 − 3 x 2 + m =( x − 1) + 2 ( x − 1) 3 ⇔ f ( 3 ) 2 x 3 − 3 x 2 + m = f ( x − 1) (*) Xét hàm số f ( t ) =t 3 + 2t , t ∈  . ) 3t 2 + 2 > 0, ∀t ∈  . Ta có: f ′ ( t = Suy ra hàm số f liên tục và đồng biến trên  . Do đó: (1) ⇔ 3 2 x3 − 3 x 2 + m =− x 1 ⇔ 2 x3 − 3x 2 + m =x3 − 3x 2 + 3x − 1 g ( x ) =x3 − 3 x + 1 =−m ( 2 ) . Xét hàm số: g ( x ) = x3 − 3 x + 1 . Ta có: g ′ ( x ) =3 x 2 − 3 =0 ⇔ x =±1 . Suy ra hàm số g ( x ) có hai điểm cực trị lần lượt là x = −1 và x = 1 . Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ phương trình ( 2 ) có ba nghiệm phân biệt ⇔ g (1) < −m < g ( −1) ⇔ −1 < −m < 3 ⇔ −3 < m < 1 . Câu 5: (1,0 điểm) Một bài thi trắc nghiệm có 50 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó chỉ có một phương án đúng. Biết rằng mỗi câu trả lời đúng được 0, 2 điểm và mỗi câu trả lời sai được 0 điểm. Một học sinh không học bài nên làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên mỗi câu một phương án trả lời. Hỏi điểm số nào có xác suất xuất hiện lớn nhất? Lời giải Gọi x là số câu học sinh làm đúng ( 0 ≤ x ≤ 50 ) , lúc đó số điểm học sinh đạt được là 0, 2x . x 50 − x 1 3 Xác suất để học sinh đó làm đúng được x câu là C50x .   .  . 4 4 Giả sử 0, 2x là số điểm có xác suất lớn nhất, khi đó  x  1  x  3 50− x x +1  1  x +1 3 49 − x  3 1  47 C50 .   .   ≥ C50 .   .   ≥ x≥  4 4 4 4   50 − x x + 1 3 ( x + 1) ≥ 50 − x   4  ⇔ ⇔ ⇔  1≥ 3  51 − x ≥ 3 x  x ≤ 51 x 50 − x x −1 51− x  x 1 3 x −1  1  3 C . .  50  4   4  ≥ C50  .    .   4 4  x 51 − x 4 Do x nguyên nên x = 12 . 5
Vậy điểm 2, 4 có xác suất xuất hiện cao nhất. Câu 6. ( 2,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD ; P là điểm nằm trong đoạn BC sao cho BP  kPC k  1 . a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD trong trường hợp ACD vuông tại A , BCD vuông cân tại B và AB  AC  AD  a . b) Mặt phẳng đi qua ba điểm M , N , P chia tứ diện thành hai khối đa diện có thể tích lần lượt là V V1 , V2 ( trong đó V1 là thể tích của phần chứa điểm A ). Tính 2 V1 Lời giải a) Vẽ hình Có N là trung điểm của CD CD a 2 BCD vuông cân tại B  N là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD và BN   2 2 CD a 2 Lại có AB  AC  AD  a  AN   BCD  và AN   2 2 1 CD 2 a 2 SBCD  BN .CD   2 4 2 3 1 a 2 Vậy VABCD  AN .SBCD  . 3 12 b) Vẽ hình Gọi I  MP  AC , Q  IN  AD . Vậy thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi  MNP  là MPNQ 1 V Gọi V  VABCD  d  A,  BCD .SBCD  VA.BDN  VA.BCN  3 2 V1  VA.MNQ  VA.MNP  VA.CNP 6
Áp dụng định lý Menelaus cho ABC và ACD , ta có: MA BP IC QA ND IC QA BP AQ k . .  1 và . . 1  k  MB PC IA QD NC IA QD PC AD 1  k S CP CN 1 V 1 1 Lại có: CPN  .   A.CPN   VA.CPN  .V SCBD CB CD 2 1  k  VA.CBD 2 1  k  2 1  k  V 1  k  V Suy ra VA.B NP   .V   . 2 2 1  k   k  1 2 AM AQ k VA.MNQ  . .VA.BND  .V AB AD 4 k  1 AM 1  k  V VA.MNP  .VA.BNP  .VA.BNP   . AB 2  k  1 4  k  k  V 1 V Vậy V1  VA.MNQ  VA.MNP  VA.CNP  .V    .  .V  4 k  1  k  1 4 2 1  k  2 V Kết luận: 2  1 V1 Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có  ACB= 75° , B ( −4; −2 ) ; D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC = 2 DB . Biết đường cao kẻ từ A có phương trình 2 x + y =0 và  ADC= 60° . Tìm tọa độ điểm A biết A có hoành độ âm. Lời giải A 2x+y=0 75 B(-4;-2) 60 C H D Ta có phương trình BC : x − 2 y =0 ⇒ H =AH ∩ BC =( 0;0 ) . ( 2t; t ) , do Suy ra C ∈ BC ⇒ C =  1 1   1   −4 + 2 .2t −2 + 2 t   −8 + 2t −4 + t  DB = − DC ⇒ D =  ; = ;  . 2 1 1   3 3   1+ 1+   2 2  Gọi tọa độ điểm A ∈ AH ⇒ A = ( a; −2a ) với a < 0 . 5 (t − 4) . 2 Ta tính các đoạn thẳng AH 2 = 5a 2 ; CH 2 = 5t 2 ; DH = 2 9 AH −a Xét các tỉ số lượng giác tan  ACD = = = tan 75° = 2 + 3 , (1). CH t 7
AH −3a Mà tan  ADH = = = tan 60 = ° 3 ,(2). DH t − 4 −a = 2 + 3 . t  Từ (1) và (2) ta có  = ⇒3 ( . ) 3 t −4 t= 4 − 2 3  a = −2 ⇔ ⇒ . −3a = 3 t − 4 2+ 3 t   t = 1− 3  a =−1 − 3  Vậy tọa độ điểm A = ( −2; 4 ) ( hoặc A = −1 − 3; 2 + 2 3 . ) Câu 8. (1.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 =p − 2 2ab + 8ab 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 4ac + 1 Lời giải Ta có: 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 4ac= 2b 2 + 2(a + c) 2 ≥ (b + a + c) 2 −2 −2 Hay ≥ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 4ac + 1 a + b + c +1 Mặt khác ta có: 2 2ab + 8bc= 2 b.2a + 2 2bc= 2 b.2a + 2 2c.b ≤ b + 2a + b + 2c= 2(a + b + c) 1 1 ⇒ ≥ 2 2ab + 8bc 2(a + b + c) 1 2 Nên p ≥ − ; đặt t = a + b + c > 0 2(a + b + c) a + b + c + 1 1 2 1 2 ⇒ p≥ − ; xét f (t= ) − trên ( 0; + ∞ ) 2t t + 1 2t t + 1 −1 2 = 0 ⇔ ( t + 1) = 4t ⇔ t + 1 = 2t ⇔ t = 1 2 f '(t ) = 2 + 2 2t (t + 1) Bảng biến thiên 1 1 ⇒ f (t ) ≥ − Hay p ≥ − 2 2 8
1 b = 1 a + b + c = 1   2 Minp =− ⇔ b = 2a ⇔ . 2 b = 2c a= c= 1   4 ____________________ HẾT ____________________ 9