Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 - Trường THPT Vĩnh Lộc, Thanh Hóa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

32
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 - Trường THPT Vĩnh Lộc, Thanh Hóa sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

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 2020-2021 - Trường THPT Vĩnh Lộc, Thanh Hóa

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LẦN 1 TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH NĂM HỌC 2020 -2021 Môn: Toán - Lớp 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra: 08 tháng 11 năm 2020 (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu I(4 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  f  x   x3  3 x  2 2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  3 m  x  2 x  3  2 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. Câu II(4 điểm). 2cos x  2sin 2 x  2sin x  1 1. Giải phương trình lượng giác: cos 2 x  3 1  sin x   2cos x  1 2. Giải hệ phương trình:     3 xy 1  9 y  1  2 1 x 1  x 427 x2 y 2  2 x2  9 y 2  4 x  4  Câu III(4 điểm). 1. Bốn người khách cùng ra khỏi quán và bỏ quên mũ. Chủ quán không biết rõ chủ của những chiếc mũ đó nên gửi trả cho họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để cả bốn người cùng được trả sai mũ. 2. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức S (t )  A.e rt . Trong đó, A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S (t ) là số lượng vi khuẩn có được sau thời gian t (phút), r  0 là tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời gian và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sao bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt 121500 con ? Câu IV(6 điểm). 1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với AB  BC  2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C . Gọi L, K lần lượt là trung điểm của BC , AC . Trên các đoạn A’B , A’ A lần lượt lấy M , N sao cho MA’  2 BM , AA’  3 A’ N . Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L  10. 2. Bạn An muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng 90  cm  . Bạn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ . Tính thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn An có thể làm được. 3. Cho hình chóp S .ABC có AB  BC  CA  a , SA  SB  SC  a 3 , M là điểm bất kì trong không gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB , BC , CA , SA , SB , SC . Tính giá trị nhỏ nhất của d . Câu V(2 điểm). Cho ba số thực a, b, c đều không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn a 2  b 2  c 2  12 . 1 1 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2  2  2  3. ( a  2b)( a  2c) . a  1 b  1 c  4c  8 ...HẾT... 1
SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH NĂM HỌC 2020 -2021 Môn: Toán - Lớp 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) HDC CHÍNH THỨC Ngày kiểm tra:08 tháng 11 năm 2020 (Đáp án gồm có 09 trang, 05 câu) Qui định chung +) Tổng điểm của bài thi được làm tròn đến 0.25 điểm. +) Học sinh có thể giải theo cách khác. Nếu đúng cho điểm tối đa từng phần theo qui định. +) Nếu bài hình nào không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không được chấm điểm bài đó. Câu Nội Dung Điểm I 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  f  x   x3  3 x  2 2đ (4đ)  Tập xác định: D  R. 0,5  Sự biến thiên: +) Giới hạn và tiệm cận: lim y  , lim y   đồ thị hàm số không có tiệm cận. x  x  +) Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3. x  1 y '  0  3x 2  3  0   . 0,5  x  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   . Hàm số nghịch biến trên các khoảng  1;1 ng biến thiên: 0,5  Đồ thị: +)Nhận điểm uốn I(0; -2) làm tâm đối xứng. +) Cắt Ox tại điểm (1;0);  2;0  , cắt Oy tại điểm (0; 2) Đồ thị như hình vẽ 0,5 2. Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  3 m  x  2 x  3  2 cắt trục 2đ hoành tại ba điểm phân biệt. 2
Nhận thấy số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là số nghiệm của phương trình 3 m  x  2x  3  2 3 Điều kiện: x  . 2 0,5  u0  Đặt u  m  x , v  2 x  3  0 ta có hệ  3 uv  2 2u  v 2  2m  3 3  Từ u  v  2  v  2  u , thay vào phương trình còn lại của hệ ta được 2u 3   2  u   2m  3  2u 3  u 2  4u  7  2m  . 2 Do v  0 nên u  2 . 0,5 Với cách đặt u  3 m  x ta suy ra với mỗi giá trị u  2 có một và chỉ một giá trị x tương ứng. Xét hàm số f  u   2u 3  u 2  4u  7 trên  ; 2 , ta có u  1 f   u   6u  2u  4 ; f   u   0   2 2 u   3 Bảng biến thiên f  u  : 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình   có ba nghiệm u phân biệt khi và 145 145 0,5 chỉ khi  2m  10   m 5. 27 54 2cos x  2sin 2 x  2sin x  1 1.Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x   2đ 2cos x  1 II (4đ) Điều kiện 2 cos x  1  0 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x  3 1  sin x    2 cos x  1 2 sin x  1 0,5 2 cos x  1  cos 2 x  3 1  sin x   2sin x  1 0,5 sin x  1    1  sin x  2 sin x  3  0   sin x  3  2  +) sin x  1  x    k 2 , k  Z 2 0,5 3
  3  x  3  k 2 +) sin x   k  Z  2  x  2  k 2  3 Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là: 0,25  2 x    k 2 và x   k 2 (với k  Z ) 2 3 2. Giải hệ phương trình:    3 xy 1  9 y  1  x  1  x 1 2 1  2đ  427 x2 y 2  2 x2  9 y 2  4 x  4 2  ĐK: x  0 NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0 0.5 x 1  x PT (1)  3 y  3 y 9 y 2  1  x 2 1 1  1   3 y  3 y (3 y )  1  2     1 (3) x x  x Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2  1 , t > 0. t2 Ta có: f’(t) = 1 + t 2  1  >0. Suy ra f  t  luôn đồng biến trên (0,+∞) t2 1 0.25  1  1 PT (3)  f  3 y   f    3y =  x x 1 4 x2  4 x  1  4 2 Với 3y  thay vào (2) ta được: 42 x 3 x  x x  2 x  1 2 4 x2  4 x  1 1  Điều kiện có nghiệm 0   0  x   0;   \   . x x 2 0.5  2 x  1 2  4  2  6 x  4 x  log 2  2 x  1  log 2 x . 4 x 2  6 x 2  2 x  log 2  2 x  1  4 x 2  log 2 x  6 x . 2  log 2  2 x  1  4 x 2  4 x  1  log 2 x  2 x  1 2  log 2  2 x  1   2 x  1  log 2 2 x  2 x 2 2 .   g  2 x  1 2   g  2x  trên miền  0;   1 Xét g  t   log 2 t  t  g   t    1  0 t  0 . t ln 2 0.5  f  t  đồng biến.   2 x  1  2 x  4 x 2  4 x  1  2 x 2 4
 3 5 x   4x2  6x  1  0   4 (nhận).  3 5 x   4 III (4đ) 3 5 3 5 Với x  y 0.25 4 3 3 5 3 5 Với x  y 4 3  3  5 3  5   3  5 3  5   Vậy S   ; ; ;  .  4 3   4   3   1. Bốn người khách cùng ra khỏi quán và bỏ quên mũ. Chủ quán không biết rõ 2đ chủ của những chiếc mũ đó nên gửi trả cho họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để cả bốn người cùng được trả sai mũ. Số phần tử của không gian mẫu là n     4!  24 . 0.5 Gọi biến cố A : " Cả bốn người cùng được trả sai mũ.” A : " Có ít nhất 1 người trong bốn người được trả đúng mũ.” +) TH1: Cả bốn người cùng được trả đúng mũ có: 1 cách. 0.25 +) TH2: Chỉ có một người được trả đúng mũ có: Chọn 1 người trong 4 người để trả đúng mũ có: C41  4 cách. 0.5 Ba người còn lại trả sai mũ có: 3! 1  C31 .1  2 Theo quy tắc nhân có: 4x2=8 cách. +)TH3: Chỉ có đúng 2 người được trả đúng mũ có: C42 .1  6 cách. 0.25   Theop quy tắc cộng: n A  1  8  6  15  P A    15 5  . 24 8 0.25 IV   Vậy P  A  1  P A  3 8 0.25 (6đ) 2. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công 2đ thức S (t )  A.e rt . Trong đó, A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S (t ) là số lượng vi khuẩn có được sau thời gian t (phút), r  0 là tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời gian và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sao bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt 121500 con ?  A  500  ln 3 Ta có  S1 (t )  1500  1500  500.e300 r  r  . 300 0.5 t  5h  300 phút 1 5
Ta lại có:  0.5  A  500  ln 3 t  S (t )  121500  121500  500.e 300  ln 3 r   300 ln 3  t  ln 243  t  1500 (phút )  25 (giờ). 300 0.5 Để số lượng vi khuẩn đạt 121500 con thì cần 25 giờ để 500 con vi khuẩn ban đầu 0.5 tăng trưởng. 1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với 2đ AB  BC  2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của BC , AC . Trên các đoạn A’B , A’ A lần lượt lấy M , N sao cho MA’  2 BM , AA’  3 A’N . Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L  10. 0.5 Gọi E là trung điểm AN, ta có ME//AB//LK  S MLK  S ELK  VMNKL  VNELK 1 ta cũng có S EKN  S A ' KA 3 +) Do A ' A  A ' B  A ' C và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên A ' K   ABC   ( A ' AC )   ABC  mà BK  AC  BK   A ' AC  0.5 1 BK +) Ta có d  L,  NKE    d  B,  NKE    , do L là trung điểm BC. 2 2 0.5 6
1 1 AC VNELK  d  L,  NKE   .S NKE  KB.S A ' KA KB   2 3 18 2 +) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K  A ' L2  LK 2  3 0.5 1 3 2  S A ' AK  A ' K .KA  . Vậy 2 2 1 1 3 2 1 1 VNELK  KB.S A ' KC  2.   VMNLK  . 18 18 2 6 6 2. Bạn An muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh 2đ tôn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng 90  cm  . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ . Tính thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn An có thể làm được. A Q P 0.5 B M N C A Gọi I là trung điểm BC . Suy ra I là trung điểm MN . Đặt MN  x ,  0  x  90  . Q P MQ BM 3 Ta có:   MQ   90  x  ; gọi R là bán kính AI BI 2 B M I N C x của trụ  R  2 2  x  3 3 Thể tích của khối trụ là: VT      90  x     x 3  90 x 2  0.5  2  2 8 3 Xét f  x   8 x 3  90 x 2  với 0  x  90 . 3  x0 f  x  8  3x 2  180 x  , f   x   0   . 0.5  x  60 13500. 3 Khi đó suy ra max f  x   f  60   Khi đó suy ra 0.5 x(0;90)  13500. 3 max f  x   f  60   x(0;90)  7
3. Cho hình chóp S . ABC có AB  BC  CA  a , SA  SB  SC  a 3 , M là điểm 2đ bất kì trong không gian. Gọi d là tổng khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB , BC , CA , SA , SB , SC . Tìm giá trị nhỏ nhất của d . S 0.5 I J O K A C F G E D B Ta có khối chóp S. ABC là khối chóp tam giác đều. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó SG là chiều cao của khối chóp S .ABC . Gọi D , E , F lần lượt là trung điểm của BC , AB , CA và I , J , K lần lượt là hình chiếu của D , E , F trên SA , SC , SB . Khi đó DI , EJ , FK tương ứng là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh SA và BC , SC và AB , SB và CA . Ta có DI  EJ  FK . Do đó SID  SJE nên SI  SJ . Suy ra ED ∥ IJ (cùng song song với AC ). Do đó bốn điểm D , E , I , J đồng phẳng. Tương tự ta có bộ bốn điểm D , F , I , K và E , F , J , K đồng phẳng. Ba mặt phẳng  DEIJ  ,  DFIK  ,  EFJK  đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến DI , EJ , FK . Suy ra DI , EJ , FK đồng quy tại điểm O thuộc SG . Xét điểm M bất kì trong không gian. 0.5 d  M , SA   d  M , BC   DI  Ta có d  M , SC   d  M , AB   EJ  d  DI  EJ  FK .  d  M , SB   d  M , AC   FK Do đó d nhỏ nhất bằng DI  EJ  FK  3DI khi M  O . a 3 2 a 3 2a 6 Ta có AD  , AG  AD  , SG  SA2  AG 2  , 2 3 3 3 0.5   SG  2 2 . sin SAG SA 3 0.5 Suy ra DI  AD.sin SAD   a 3.2 2  a 6 . 2 3 3 a 6 Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 3DI  3 a 6. 3 8
V. Cho ba số thực a, b, c đều không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn a 2  b 2  c 2  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2đ 1 1 8 P 2  2  2  3. (a  2b)(a  2c) . a  1 b  1 c  4c  8 Ta có (a  b  c) 2  3(a 2  b 2  c 2 )  36  a  b  c  6 . Mặt khác a, b, c  1 nên 5  a + b + c + 2  8. 0.25 1 1 2 1 1 1 1 Ta CM: 2  2  (1). (1)  2   2  0 a  1 b  1 ab  1 a  1 ab  1 b  1 ab  1 ab  a 2 ab  b 2 (b  a ) 2 (ab  1)  2  2 0 2  0 (2) (a  1)(ab  1) (b  1)(ab  1) (a  1)(b 2  1)(ab  1) Vì a  1, b  1 nên (2) đúng . Do đó (1) đúng. Đẳng thức xảy ra  a = b. 1 1 2 2 Áp dụng (1), ta có:  2   a  1 b  1 ab  1  a  b  2 2   1 0.5  2  1 1 8 2 2 4  2  2  2    a  1 b  1 c  4c  8  a  b  2 c2 2 a bc 2 2   1   1   1  2   2   4  1 1 8 64  2  2  2  . a  1 b  1 c  4c  8  a  b  c  2 2  16 Lại có: (a  2b)(a  2c)  a  b  c 64  P  3(a  b  c  2)  6 . Đặt t = a + b + c + 2, 5  t  8, ta có: 0.5  a  b  c  2   16 2 64 P 2  3t  6 t  16 64 Xét hàm số f (t )   3t  6 , với t  [5 ; 8] t  16 2 128t f '(t )   3  0, t  [5;8]  f(t) nghịch biến trên đoạn [5 ; 8]. 0.25 (t  16) 2 2 86 86  f (t )  f (8)   , t  [5;8]  P   5 5 86 86 0.5 P  a  b  c  2 . Vậy GTNN của P là  , khi a  b  c  2 . 5 5 Giáo viên thẩm định Giáo viên ra đề Trịnh Đình Hiểu Phạm Thị Nga 9