Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

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

Thêm vào BST

Báo xấu

6
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TaiLieu.VN giới thiệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 có đồ thị là  Cm  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để  Cm  có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng y  x  1. cot x  2 Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  đồng biến trên khoảng  cot x  m    0;  .  4 3 1 Câu 3. Giải phương trình: 8sin x   . cos x sin x Câu 4. Cho dãy số  un  có số hạng tổng quát un  ln  n 2  2n  ,  n   . * Tính lim Sn biết u u u 1 1 1 1 2 n S n          . e e e Câu 5. Giải phương trình: x  4  3  x  12  x  x 2  x  1  2 x  5. Câu 6. Một hộp có 50 quả cầu được đánh số từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8. Câu 7. Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a, AA' = a. Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm cạnh AB. Gọi I là trung điểm của A'C, điểm S thỏa   mãn IB  2 SI . Tính theo a thể tích khối chóp S.AA'B'B. Câu 8. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD. Mặt phẳng (P) đi qua trung điểm I của AG và cắt các đoạn AB, AC, AD tại các điểm khác A. Gọi hA , hB , hC , hD lần lượt là khoảng cách từ hB2  hC2  hD2 các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng (P). Chứng minh rằng:  hA2 . 3 Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm D là chân đường phân giác trong góc A. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC. Đường tròn (C ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  9 ngoại tiếp tam giác DMN. Gọi H là giao điểm của BN và CM, đường thẳng AH có phương trình 3x  y  10  0. Tìm tọa độ điểm B biết M có hoành độ dương, A có hoành độ nguyên. 1 Câu 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 và a 3b  b3 a   ab  2. Tìm giá trị ab 1 1 3 lớn nhất của biểu thức P    . 1  a 1  b 1  2c 2 2 ---------- HẾT ---------- https://toanmath.com/ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………… Số báo danh: ……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 có đồ thị là  Cm  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để  Cm  có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng y  x 1. cotx  2 Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  đồng biến trên cotx  m   khoảng  0;  .  4 3 1 Câu 3. Giải phương trình: 8sinx   . cosx sinx Câu 4. Cho dãy số  un    có số hạng tổng quát un  ln n 2  2n ,  n   * . Tính lim S n , biết u u u 1 1 1 1 2 n S n        ...    . e e e Câu 5. Giải phương trình: x  4  3  x  12  x  x 2  x  1  2 x  5 . Câu 6. Một hộp có 50 quả cầu được đánh số từ 1 đến 50 . Lẫy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8 . Câu 7. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , AA  a . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm cạnh AB. Gọi I là trung điểm   của AC , điểm S thỏa mãn IB  2 SI . Tính theo a thể tích khối chóp S . AABB. Câu 8. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng  P đi qua trung điểm I của AG và cắt các đoạn AB, AC , AD tại các điểm khác A . Gọi hA , hB , hC , hD lần lượt hB2  hC2  hD2 là khoảng cách từ các điểm A, B, C , D đến mặt phẳng  P . Chứng minh rằng:  hA2 3 Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Điểm D là chân đường phân giác trong góc A . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC . Đường tròn  C  : ( x  2) 2  ( y  1) 2  9 ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi H là giao điểm của BN và CM , đường thẳng AH có phương trình 3 x  y  10  0 . Tìm tọa độ điểm B biết M có hoành độ dương, A có hoành độ nguyên. 1 Câu 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 và a 3b  b 3 a   ab  2. Tìm giá ab 1 1 3 trị lớn nhất của biểu thức P    . 1  a 1  b 1  2c 2 2 ---------------Hết---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu, máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….……..…….................…….….….; Số báo danh:……….....……….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2019-2020 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - THPT (Hướng dẫn chấm có 05 trang) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu học sinh làm theo cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong hướng dẫn chấm để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó sẽ không được điểm. - Trong lời giải câu 7, 8 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm. - Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung Cho hàm số y  x  3 x  mx  2 có đồ thị là  Cm  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham 3 2 số m để  Cm  có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng y  x  1 . Ta có: y '  3 x 2  6 x  m . Hàm số có cực trị  y '  0 có 2 nghiệm phân biệt  3 x 2  6 x  m  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2   '  9  3m  0  m  3 (*) 1 1  2m   m Thực hiện phép chia y cho y ' ta được: y   x   y '   2 x   2   3 3  3   3  2m   m  2m   m Ta có: y1  y  x1      2  x1   2   ; y2  y  x2      2  x2   2    3   3  3   3  2m   m 1  Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là  : y     2 x  2    3   3 Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y  x  1 khi và chỉ khi TH1: Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường thẳng y  x  1  2m  9    2   1  m   (loại)  3  2 TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y  x  1 y  y2 x1  x2  2m   m  y I  xI  1  1  1     2   x1  x2   2  2     x1  x2   2 2 2  3   3  2m   m    2  .2  2  2    2  2  m  0 (thỏa mãn (*))  3   3 Vậy giá trị của m cần tìm là: m  0 . cotx  2   Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  đồng biến trên khoảng  0;  . cotx  m  4 1  2  m  2 Ta có y  sin x   cot x  m  2 2     Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;   hàm số đó xác định và y   0, x   0;   4  4 m  1;    . m  2  0
  m  1 . Vậy m  1 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;  .  4 3 1 Giải phương trình: 8sinx   cosx sinx sin x  0  Điều kiện:   sin 2 x  0  x  k  k    (*) cos x  0 2 Với điều kiện (*) , phương trình đã cho  8sin 2 x cos x  3 sin x  cos x   4  4cos 2 x  cos x  3 sin x  cos x  4cos x  4cos 2 x cos x  3 sin x  cos x  3cos x  2cos x  2cos3x  3 sin x  cos x  3 sin x  2cos3x 3 1 3    cos x  sin x  cos3x  cos  x    cos3x 2 2  3      3 x  x   k 2  x   k 3 6   (thỏa mãn (*) ) 3x   x    k 2 x     k   3  12 2    Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x   k ; x    k k   . 6 12 2 Cho dãy số  un  có số hạng tổng quát un  ln  n 2  2n  ,  n   * . Tính lim S n , biết u u u 1 1 1 1 2 n Sn        ...    . e e e u 1 1 1 11 1  n Ta có        e e ln  n 2  2 n  n  n  2  2  n n  2  1 1 1 1 1 1 1 1  Suy ra S n   1       ...    2 3 2 4 3 5 n n2 4 1 1 1 1  13 1 1   1         2  2 n 1 n  2  2  2 n 1 n  2  1 3 1 1  3 Vậy, lim S n  lim     . 2  2 n 1 n  2  4 Giải phương trình: x  4  3  x  12  x  x 2  x  1  2 x  5 x  4  0  5 Điều kiện: 3  x  0    x  3 (*) 2 x  5  0 2  Đặt t  x  4  3  x  t  0  5  t 2  7  2 12  x  x 2 t2  7 Phương trình đã cho trở thành t   x  1  2 x  5  t 2  2t  2 x  5  2 2 x  5 (1) 2 Xét hàm số f  u   u 2  2u với u  0 Ta có: f   u   2u  2  0,  u  0   Hàm số đồng biến trên  0;   Khi đó: 1  t  2 x  5 hay x  4  3  x  2x  5
 7  2 12  x  x 2  2 x  5  12  x  x 2  x  1 x  1 1  89  x (thỏa mãn (*) ) 12  x  x  x  2 x  1 2 2 4 1  89 Vậy nghiệm của phương trình là: x  . 4 Một hộp có 50 quả cầu được đánh số từ 1 đến 50 . Lẫy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số chia hết cho 8 . 3 Có C50 cách lấy ra 3 quả cầu từ 50 quả cầu đã cho Chia 50 quả cầu trong hộp thành 4 nhóm: Nhóm 1: gồm 25 quả cầu mang số lẻ Nhóm 2: gồm 13 quả cầu mang số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4 Nhóm 3: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8 Nhóm 4: gồm 6 quả cầu mang số chia hết cho 8. Để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu lấy được là một số không chia hết cho 8 thì có 4 trường hợp 6 sau xảy ra: TH1) 1 quả thuộc nhóm 1 và 2 quả thuộc nhóm 2: có C125 .C13 2 cách lấy TH2) 2 quả thuộc nhóm 1 và 1 quả thuộc nhóm 2: có C225 .C13 1 cách lấy TH3) 2 quả thuộc nhóm 1 và 1 quả thuộc nhóm 3: có C225 .C16 cách lấy 3 TH4) 3 quả thuộc nhóm 1: có C25 cách lấy C125 .C13 2 + C225 .C113 + C25 2 .C16 + C25 3 193 Vậy xác suất cần tính là: P = 1 - 3 = C50 392 Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , AA  a . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm cạnh AB. Gọi I là trung điểm   của AC , điểm S thỏa mãn IB  2 SI . Tính theo a thể tích khối chóp S.AABB. B' C' A' S I B C H A Gọi H là trung điểm của AB  AH   ABC   CH   AABB  7 a 3 1 1 a 3 a 2 3 a3 Ta có: CH   VC . AABB  CH .S AABA  . .  2 3 3 2 2 4
  3 3 Do IB  2SI  d  S ,  AABB    d  I ,  AABB    d  C,  AABB   2 4 3 3 3a Suy ra VS . AABB  VC . AABB  . 4 16 Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng  P  đi qua trung điểm I của AG và cắt các đoạn AB, AC, AD tại các điểm khác A . Gọi hA , hB , hC , hD lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C , D đến mặt phẳng  P . Chứng minh rằng: hB2  hC2  hD2  hA2 . 3 Gọi B, C , D là giao điểm của  P với AB, AC , AD A Ta có: VA.BCD  VA.CDI  VA. BCI  VA. BDI ; 1 D' B' S GBC  S GCD  S GBD  S BCD I 3 VA.BCI AB AC AI 3V 1 AB AC C'  . .  A.BCI  . 8 VA.BCG AB AC AG VA.BCD 2 AB AC B D 3VA.BDI 1 AB AD 3VA.CDI 1 AC AD G  . ;  . VA.BCD 2 AB AD VA.BCD 2 AC AD C 3VA.BCD 1  AB. AC AC. AD AB. AD  Suy ra:      VA.BCD 2  AB. AC AC. AD AB. AD  3 AB. AC AD 1  AB. AC  AC . AD AB. AD  DD BB CC         3 AB. AC. AD 2  AB. AC AC. AD AB. AD  AD AB AC  BB hB CC  hC DD hD Mặt khác ta có:  ,  ,   hD  hC  hB  3hA AB hA AC  hA AD hA hB2  hC2  hD2 Hơn nữa:  hD  hC  hB   3  h  h  h   2 2 D 2 C 2 B  hA2 (đpcm) 3 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Điểm D là chân đường phân giác trong góc A . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC . Đường tròn  C  : ( x  2)2  ( y  1)2  9 ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi H là giao điểm của BN và CM , đường thẳng AH có phương trình 3 x  y  10  0 . Tìm tọa độ điểm B biết M có hoành độ dương, A có hoành độ nguyên. Vì AMDN là hình vuông nên A   C  . A Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: N  y  3 x  10 9  I 3 x  y  10  0   x  2   M    ( x  2)  ( y  1)  9 2 2   x   19   H E F   5 B C D  x  2   A  2; 4  y  4 Đường tròn  C  có tâm I (2;1) , AMDN là hình vuông nên I là trung điểm AD  D (2; 2) . Gọi E là giao điểm của BN và DM ; F là giao điểm của DN và CM .
Ta có AMDN là hình vuông nên MF AN MD ME ME      EF / /CD  EF / / BC MC AC AC AN MD NF NF ND AN     ANF và DBAN đồng dạng AN AM AB AB  ABN  NAF  BN  AF Tương tự CM  AE  H là trực tâm DAEF  AH ^ EF  AH ^ BC . Đường thẳng BC vuông góc AH , qua D nên có phương trình x  3 y  8  0 . Đường thẳng MN vuông góc AD, qua I nên có phương trình : y  1  0 Tọa độ của M , N là nghiệm của hệ phương trình:  x  1  y 1  0      x  5 ( x  2)  ( y  1)  9 2 2 y 1  Vì M có hoành độ dương nên M (1;1) . Đường thẳng AB qua A, M nên có phương trình : x  y  2  0 Do B  AB  BC nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: x  y  2  0 x  7    B(7; 5) x  3y  8  0  y  5 Vậy B (7; 5) . 1 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 và a 3b  b3 a   ab  2. ab 1 1 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P    . 1  a 1  b 1  2c 2 2 1 Theo BĐT Cô–si ta có: a 3b  ab3  2a 2b 2  ab  2  2a 2b 2  ab 1 1 Đặt t  ab  t  0  t  2  2t 2   2t 3  t 2  2t  1  0   t  1 . t 2 1 1 2 Với a , b  0; ab  1 ta chứng minh   (*) 1 a 1 b 2 2 1  ab 1 1 1 1 Thật vậy: (*)  (  )(  )0 1  a 1  ab 2 1  b 1  ab 2 10 a(b  a ) b( a  b)    0  (a  b) 2 (ab  1)  0 (đúng) (1  a )(1  ab) (1  b 2 )(1  ab) 2 2 3 2 3t P    . 1  ab 1  2 1  t t  2 ab 1  2 3t 2 6 Xét t   ;1 ; f  t    ; f 't     0 1 t t  2 1  t   t  2  2 2 2  1   1  11 Từ đó f  t  nghịch biến trên  ;1  Max f  t   f    2   1   2 ;1  2  15   1 1 1 Dấu "  " xảy ra khi t   a  ;b  ;c  2. 2 2 2 ------------------------Hết------------------------