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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức chuẩn bị cho bài thi chọn HSG cấp tỉnh sắp tới, rèn luyện kỹ năng giải đề thi để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Toán lớp 12. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

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 Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp: 12 THPT TOANMATH.com Ngày thi: 15 / 12 / 2020 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 05 câu - gồm 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4 có đồ thị  C  . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng y  m( x  2) cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến với đồ thị  C  tại ba điểm đó tạo thành tam giác vuông. Câu 2. (4,0 điểm)   1. Giải phương trình: sin x 2 3 cos x  3  2  sin x  1  3 cos x  cos 2 x .   2   2  x ln 1    ln 1  y    x   2. Giải hệ phương trình:   x; y    .  1  2  2 y  3xy  x xy 5y  6  Câu 3. (4,0 điểm) 1. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn, có mặt hai chữ số 1 và 2, đồng thời 1 và 2 không đứng cạnh nhau. 2. Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85%/tháng. Sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng? (tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng). Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi luôn song song với mặt phẳng chứa đa giác đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q (không trùng các đỉnh của hình chóp S.ABCD). Gọi M ' , N ' , P ' , Q ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q lên SM mặt phẳng  ABCD  . Tính tỉ số để thể tích khối đa diện MNPQ.M ' N ' P ' Q ' đạt giá trị lớn nhất. SA
2. Cho mặt cầu tâm O, bán kính R  1 . Từ điểm S bất kỳ trên mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu tại các điểm A, B, C (khác với S) sao cho SA  SB  SC và    CSA ASB  BSC    . Khi  thay đổi, tính thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC. 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, D là trung điểm BC. Biết SAD là tam giác đều và mặt phẳng  SAD  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  . Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x3  y 3  z 3  8  xy 2  yz 2  zx 2  . -------------------- HẾT -------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm./. Họ và tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . .
Câu I. Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 có đồ thị  C  . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. Lời giải • Tập xác định   . • Đạo hàm y  3x 2  6 x .  x  2  y  0 • y  0    x  0  y  4 • Giới hạn lim y   , lim y   . x  x  • Bảng biến thiên • Hàm số đồng biến trên  ; 2  và  0;  , nghịch biến trên  2;0  . • Hàm số đạt cực đại tại x  2 , yCÐ  0 . • Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 , yCT  4 . • Ta có y  6 x  6 ; y   0  x  1  y  2 . Điểm uốn I  1; 2  . • Đồ thị 2. Tìm m để đường thẳng y  m  x  2  cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y  m  x  2  và đồ thị  C  là: x 3  3 x 2  4  m  x  2    x  1 x  2   m  x  2  2  x  2   x  2  x2  x  2  m  0   2  x  x  2  m  0 1 Đường thẳng y  m  x  2  cắt đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  4 tại ba điểm phân biệt  phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 2
 9 9  4 m  0 m     4  * m  0 m  0 Khi đó đường thẳng y  m  x  2  cắt đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  4 tại ba điểm phân biệt có hoành độ 2, x1 , x2 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 1 .  x1  x2  1 Theo định lí Viet ta có  .  x1.x2  m  2 Ta có y  3 x 2  6 x . Suy ra hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt có hoành độ 2, x1 , x2 là y  2   0, y  x1   3 x12  6 x1 , y  x2   3 x22  6 x2 Đường thẳng y  m  x  2  cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến với đồ thị  C  tại ba điểm đó tạo thành tam giác vuông  y  x1  . y  x2   1   3 x12  6 x1  3 x22  6 x2   1  9  x1 x2   18 x1 x2  x1  x2   36 x1 x2  1 2  9  m  2   18  m  2   36  m  2   1  9 m 2  18m  1  0 2 3  2 2 m thỏa mãn điều kiện (*). 3 3  2 2 Vậy m  . 3 Câu II: 1. Giải phương trình sin x(2 3 cos x  3)  2(sin x  1)  3 cos x  cos 2 x . Lời giải Ta có: pt  3 sin 2 x  cos 2 x  2  3 cos x  sin x    2cos(2 x  )  2  2 cos( x  ) 3 6      x  6  k 2 cos( x  6 )  0       2 cos ( x  )  cos( x  )   2   x    m 2 6 6 cos( x   )  1  6 3   6 2  x       m2  6 3    x  6  k 2     x   m2 (k , m  Z )  2   x     m2  6    Vậy phương trình có nghiệm là x   k 2 ; x   m2 ; x    m2 (k , m  Z ). 6 2 6 2. Giải hệ phương trình
  2   2  x ln 1    ln 1  y    x    ( x, y  ).  1  2  2 y  3xy  x xy 5y  6  Lời giải x  0  2 1   0 Điều kiện:  y . 5 y  6  0    2 y  3xy  5y  6  0 1 2 2 y  3xy 1  2  2 y  3xy     1     2 x xy 5y  6 x y 5y  6  1  1  2    2 y  3xy  1  x    y   5y  6     y  2  5 y  6  2 |(1)   y  2  5 y  6    2  3 x  xy 3    2  3x  x 2 2 2 3 y 3 2 2  2  2   9   1  12   1  4   1  9 x3  12 x 2  4 x (*) y  y  y  Xét hàm số f  t   9t 3  12t 2  4t , t   0;    . f  t   27t 2  24t  4  0t   0;     Hàm số f  t  đồng biến trên  0;   . 2  2 Do đó (*) có dạng f   1  f  x   x   1 . y  y 2  2   2  2  Thay x   1 vào phương trình x ln 1    ln 1  y  ta được x ln 1    ln x . y  x    x  2   x ln 1    ln x  0 (2)  x Đặt t  x , t  0  2 Phương trình (2) trở thành: t ln  1    2 ln t  0  t  ln  t  2   ln t   2 ln t  0  t  2 2 2 g  t   t  ln  t  2   ln t   2 ln t  g   t   ln  1     .  t  t t2 + Hàm số h  a   ln 1  a   a liên tục trên  0;   1 a h  a   1   0 với a  0 . 1 a 1 a Hàm số h  a   ln 1  a   a nghịch biến trên  0;   2 2  2 2  2 2 2 + Với  0  h    h  0   ln  1     0  g   t   ln  1     0 t t  t t  t  t t2  Hàm số g  t  nghịch biến trên  0;   . Mặt khác g  2   0  t  2 là nghiệm duy nhất của phương trình g  t   0 .
2 + t 2 x4 y  . 3  2 Ta thấy  x; y    4;  thỏa mãn hệ phương trình.  3  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    4;  .  3 Câu III. (4.0 điểm): 1. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số 0,1, 2,3, 4, 5, 6, 7. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập X . Tính xác suất để số được chọn là số chẵn và chứa hai chữ số 1 và 2 đồng thời 1 và 2 không đứng cạnh nhau. Lời giải Số phần tử của tập X là 7.C7  17640  n     C17640 5 1  17640. Số cần tìm có dạng abcdef  a  0  và biến cố thuận lợi là A TH1: f  0. Có A52 cách xếp 1 và 2 và A53 cách xếp cho các số còn lại nên có A52 . A53 số mà luôn có mặt hai chữ số 1 và 2 . Nếu 1 và 2 đứng cạnh nhau thì có 8 cách xếp và A53 cách xếp cho ba vị trí còn lại, nên có 8.A53 số mà 1 và 2 đứng cạnh nhau. Do đó trường hợp này có: A52 . A53  8 A53  720 số thỏa mãn đề bài. TH2: f  2. Nếu xét cả trường hợp a  0 thì có bốn cách xếp chữ số 1 không đứng cạnh chữ số 2 và có A64 cách xếp cho các vị trí còn lại  4.A64 số. Nếu chỉ xét riêng a  0 thì có ba cách xếp chữ số 1 không đứng cạnh chữ số 2 và có A53 cách xếp cho các vị trí còn lại  3.A53 số. Trường hợp này có 4. A64  3 A53  1260 số. TH3: f  4;6  2 cách chọn f . Nếu xét cả a  0 thì có A52 . A53 số mà luôn có mặt hai chữ số 1 và 2. Nếu 1 và 2. đứng cạnh nhau  8.A53 cách xếp, hay có 2  A52 . A53  8 A53   1440 số. Nếu a  0 thì có A42 . A42 cách xếp bcde luôn có mặt hai chữ số 1 và 2. Trong đó có 6.A42 cách xếp mà hai chữ số 1 và 2 đứng cạnh nhau. Do đó có: 2  A22 . A22  6 A42   144 số. Trường hợp này có: 1440  144  1296 số. Cả ba trường hợp có tất cả 720  1260  1296  3276 số  n  A  C3276 1  3276 . 3276 13 Vậy P  A    . 17640 70 2. Đề đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85% / tháng. Sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết lãi suất, không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng ? (tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng). Lời giải Gọi P0 là số tiền gốc vay ban đầu, r là lãi suất/ tháng, A là số tiền anh An hoàn nợ hàng tháng. Ta có: Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ tháng thứ nhất: P1  P0 1  r  A. Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ tháng thứ hai:
P2  P1 1  r  A  P0 1  r   A.1  r   A. 2 Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ n tháng là: 1  r  1 n Pn  P0 1  r   A 1  1  r   1  r   ...  1  r    P0 1  r   A. n 2 n1 n   r 1  r  1 n Khi anh An trả hết nợ ngân hàng thì Pn  0 hay P0 1  r   A. n r A  A  Suy ra 1  r   n  n  log1 r   A  rP0  A  rP0  Thay số ta được n  65, 38 . Vì n là số nguyên nên chọn n  66 . Câu IV. 1. Cho khối chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi luôn song song với mặt phẳng chứa đa giác đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q (không trùng với các đỉnh của hình chóp S .ABCD ). Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là hình chiếu SM vuông góc của M, N, P, Q lên mặt phẳng  ABCD  . Tính tỉ số để thể tích khối đa diện SA MNPQM’N’P’Q’ đạt giá trị lớn nhất. 2. Cho mặt cầu tâm O, bán kính R=1. Từ điểm S bất kỳ trên mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu tại các điểm A,B,C ( khác với S) sao cho SA=SB=SC và    CSA ASB  BSC    . Khi  thay đổi, tính thể tích lớn nhất của khối chóp S .ABC . Lời giải 1. S Q M A P D N M Q N H P B C SM Đặt  k với k   0;1 . SA MN SM Xét tam giác SAB có MN // AB nên   k  MN  k . AB AB SA MQ SM Xét tam giác SAD có MQ // AD nên   k  MQ  k . AD AD SA Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM  AM SA  SM SM MM  // SH nên    1  1  k  MM   1  k  .SH . SH SA SA SA Ta có VMNPQ.M N PQ  MN .MQ.MM   AB. AD.SH .k 2 . 1  k  . 1 Mà VS . ABCD  SH . AB. AD  VMNPQ.M N PQ  3.VS . ABCD .k 2 . 1  k  . 3 Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ . M N PQ đạt giá trị lớn nhất khi k 2 . 1  k  lớn nhất. 2 1  k  .k .k 3 1  2  2k  k  k  4 Ta có k 2 .  k  1      . 2 2 3  27
2 SM 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 1  k   k  k  . Vậy  . 3 SA 3 2. Tam giác ABC đều, kẻ SO’ vuông góc với (ABC) thì O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và O’ thuộc SO. Giải sử SO cắt mặt cầu tại D thì tam giác SAD vuông tại#A. Gọi SA=SB=SC = l . SA2 l 2 Trong tam giác SAD, ta có SO’. SD = SA2  SO '   1 SD 2 R Gợi E là trung điểm BC, ta có :  2l sin  BC 2  SO '  SA2  O ' A2  l 1  4 sin 2  BC=2BE = 2l.sin  AO '    2 2 3 3 3 2 Từ (1) và (2) ta có l 2 4  4   4    l 1  sin 2  l  2 R 1  sin 2  S ABC  4 3R 2  1  sin 2  .sin 2 2R 3 2 3 2  3 2 2  4   SO '  2 R 1  sin 2   3 2 1 8 3 3 4 2  2 Vậy VS . ABC  SO '.S ABC  R 1  sin  .sin . 3 3  3 2 2 2   4  Đặt x  sin2 , x   0;1 , ta xét hàm số : y  x 1  x  2  3  1 1 Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng  0;1 , ta thấy max y  y    .  0;1 4 9 8 3R 3 1  1 Vậy thể tích S.ABC lớn nhất là khi x   sin     600. 27 4 2 2 3. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , D là trung điểm BC . Biết SAD là tam giác đều và mặt phẳng  SAD  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  . Lời giải
Gọi H là trung điểm AD  AH   ABC  . Trong  ABC  gọi K  CH  AB . Gọi M là trung điểm BK . DM là đường trung bình BKC  DM // KC , CK  2 DM . 1 HK là đường trung bình ADM  HK // DM , HK  DM . 2 CK 2 DM   4  d  C ,  SAB    4d  H ,  SAB   . HK 1 DM 2 Kẻ HQ  AB . HQ AH BD. AH a.a 3 a 3 AQH đồng dạng ADB    HQ    . DB AB AB 2a 2 AD 3 3a SAD là tam giác đều  SH   . 2 2 Kẻ HT  SQ .  AB  HQ   AB   SHQ  .  AB  SH  HT  SQ   HT   SAB  .  HT  AB  d  H ,  SAB    HT . 1 1 1 1 1 16 SHQ vuông tại H , đường cao HT , ta có : 2  2  2  2  2  . HT HQ HS 3a 9a 9a 2 4 4 3a 3a  HT   d  H ,  SAB    . 4 4  d  C ,  SAB    4d  H ,  SAB    3a . Câu V. Cho x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  z  4 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x 3  y 3  z 3  8( xy 2  yz 2  zx 2 ) . Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử rằng x  y  z . Khi đó 2 y  x  y  z  y  2 . Và  y  x  y  z   0  y 2  xz  xy  yz  xy 2  x 2 z  x 2 y  xyz  xy 2  x 2 z  z 2 y  x 2 y  xyz  z 2 y .
Do đó xy 2  x 2 z  z 2 y  x 2 y  xyz  z 2 y  y  x 2  xz  z 2   y  x 2  2 xz  z 2   y  x  z  . 2 Hay ta có xy 2  x 2 z  z 2 y  y  4  y  1 2 Tiếp tục đánh giá phần còn lại, ta có x 3  y 3  z 3  y 3   x  z   3 xz  x  z   y 3   x  z   y 3   4  y  . 3 3 3 Vì vậy ta được x3  y 3  z 3  y 3   4  y   2 3 Từ 1 ,  2  ta được P  y 3   4  y   8 y  4  y   8 y 3  52 y 2  80 y  64 . 3 2 Ký hiệu f  y   8 y3  52 y 2  80 y  64, y  0;2 . Ta có f   y   24 y 2  104 y  80 y 1 f   y   0  24 y  104 y  80  0   2 10  y    0; 2 .  3 f  0   64; f 1  100; f  2   80 x  0  Vì vậy giá trị lớn nhất của là 100 khi  y  1 và các hoán vị. z  2  ……………….HẾT………………. .