Đề thi HSG môn Toán lớp 12 cấp trường năm 2019-2020 - THPT Đồng Đậu

Chia sẻ: Trần Văn Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

124
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi HSG môn Toán lớp 12 cấp trường - THPT Đồng Đậu dưới đây để có thêm tài liệu ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 12 cấp trường năm 2019-2020 - THPT Đồng Đậu

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU LẦN 2 NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút 1 4 Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y = x − 2 x 2 + 1 có đồ thị là ( C ) . Tính diện tích tam giác có các đỉnh 4 là các điểm cực trị của đồ thị ( C ) . 2x −1 Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) . Tìm m để đường thẳng d : y =− x + m cắt x +1 ( C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho ∆PAB đều, biết P ( 2;5) . Câu 3 (1,0 điểm). Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = 25m , chiều rộng AD = 20m được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( M , N lần lượt là trung điểm BC và AD ). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tổng các nghiệm x ∈ [ −π ; π ] của phương trình: 2(cos x + 3 sin x) cos x = cos x − 3 sin x + 1. Câu 5 (1,0 điểm). Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT Đồng Đậu tổ chức vào tháng 11 năm 2019 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12. 1 1 1+ + Câu 6 (1,0 điểm). Cho dãy số (𝑢𝑢𝑛𝑛 ) với 𝑢𝑢𝑛𝑛 = e n 2 ( n +1)2 . Tính u1.u2u3 ...u2019 . Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD. A1B1C1D1 có các cạnh AB = AD = 2, AA = 1 3 và  = 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A D và A B . góc BAD 0 1 1 1 1 Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng ( BDMN ) . Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có= AB 3,=BC 6, mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với đáy, các mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABCD ) các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 6. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD. Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J ( 2;1) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 2 x + y − 10 =0 và D ( 2; −4 ) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0. Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0 < b < a < 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 4 ( 3b − 1) của biểu thức =P log a + 8log 2b a − 1. 9 a ------------- HẾT ------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và không được sử dụng máy tính cầm tay.
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT ĐỒNG LỚP 12 LẦN 2 NĂM HỌC 2019– 2020 ĐẬU MÔN: TOÁN Câu Nội dung trình bày Điểm 1 4 Cho hàm số y = x − 2 x 2 + 1 có đồ thị là (C). Tính diện tích tam giác có các đỉnh là các 1,0 4 điểm cực trị của đồ thị (C). x = 0 Ta có y ' =x − 4 x; y ' =0 ⇔  x =2 . 3 0.25  x = −2 1 Suy ra 3 điểm cực trị là A(−2; −3); B (0;1); C (2; −3) . Các điểm cực trị tạo thành tam giác ABC cân tại B. 0.25 Gọi H là trung điểm của AC ⇒ H (0; −3) và BH ⊥ AC .   Ta có BH (0; −4) ⇒ BH = 4; AC (4;0) ⇒ AC = 4. 0.25 1 1 0.25 = Vậy diện tích cần tìm: S .BH= . AC = .4.4 8 (đvdt). 2 2 2x −1 Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) . Tìm m để đường thẳng d : y =− x + m cắt ( C ) x +1 1,0 tại hai điểm phân biệt A và B sao cho ∆PAB đều, biết P ( 2;5 ) . 2 Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là nghiệm phương trình 2x −1 =− x + m ⇔ x 2 − (m − 3) x − m − 1 =0 (1) ( x = −1 không là nghiệm của (1)). 0,25 x +1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m 2 − 2m + 13 > 0 ⇔ m ∈  . 0,25  x1 + x2 = m − 3 Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:   x1 x2 =−m − 1 Giả sử A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) Khi đó ta có:= 2 ( x1 − x2 ) 2 AB 0,25 PA = ( x1 − 2 ) + ( − x1 + m − 5) = ( x1 − 2 ) + ( x2 − 2 ) 2 2 2 2 , PB = ( x2 − 2 ) + ( − x2 + m − 5) = ( x2 − 2 ) + ( x1 − 2 ) 2 2 2 2 Suy ra ∆PAB cân tại P . Do đó ∆PAB đều ⇔ PA2 = AB 2 ⇔ ( x1 − 2 ) + ( x2 − 2 ) = 2 ( x1 − x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) + 4 ( x1 + x2 ) − 6 x1 x2 − 8 = 0 2 2 2 2  m =1 ⇔ m 2 + 4m − 5 = 0 ⇔  . Vậy giá trị cần tìm là m = 1, m = −5 . 0,25  m = −5 Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = 25m , chiều rộng AD = 20m được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( M , N lần lượt là trung 1,0 3 điểm BC và AD ). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch
chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C . B M C Giả sử con đường đi từ A đến C gặp vạch chắn MN tại E đặt NE = x(m)( x ∈ [0; 25]) ⇒ AE = x 2 + 102 ; CE = (25 − x) 2 + 102 25m 0,25 E x A 20m N D AE CE x 2 + 100 (25 − x) 2 + 100 Thời gian làm đường đi từ A đến C là t ( x) = + = + ( h) 0,25 15 30 15 30 x (25 − x) =t '( x) − ; 15 x 2 + 100 30 (25 − x) 2 + 100 t '( x) =0 ⇔ 2 x (25 − x) 2 + 100 =(25 − x) x 2 + 100  x(25 − x) ≥ 0 ⇔ 2 0,25 4 x [(25 − x) + 100] = (25 − x) ( x + 100) 2 2 2 0 ≤ x ≤ 25 0 ≤ x ≤ 25 ⇔ ⇔  4(25 − x) ( x − 25) + x [400 − (25 − x) ]=0 ( x − 5)[4(25 − x) ( x + 5) + x (45 − x)]=0 2 2 2 2 2 2 ⇔x= 5; 20 + 725 10 + 2 725 2 5 = t (0) = , t (25) ,= t (5) ⇒ Thời gian ngắn nhất làm con đường từ 30 30 3 0,25 2 5 A đến C là (giờ). 3 Phương trình đã cho ⇔ cos2x + 3 sin 2 x =cosx − 3 sin x  π π  k 2π 0,5 ⇔ cos  2 x − =  cos  + x  ⇔ = x , k ∈.  3 3  3 4 2π −2π Vì x ∈ [ −π ; π ] nên= x1 0;= x2 = ; x3 thỏa mãn. 0,5 3 3 Vậy tổng các nghiệm x ∈ [ −π ; π ] của phuơng trình đã cho là S = 0. Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11và 3 tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng 26 tháng 3. Tính xác suất sao 1,0 cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12. 5 Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω Số phần tử của không gian mẫu là: n( Ω )= C125 = 792 . 0,25 Gọi A là biến cố “ Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12''. Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là : 0,25 + 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11. + 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11.
+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = C42 .C32 .C51 + C42 .C31.C52 + C43 .C31.C51 = 330 . 0,25 330 5 Xác suất cần tìm là=P = . 0,25 792 12 1 1 1,0 1+ + n 2 ( n +1)2 Cho dãy số (𝑢𝑢𝑛𝑛 ) với 𝑢𝑢𝑛𝑛 = e . Tính u1.u2u3 ...u2019 . Ta có: 1 1 n 2 (n + 1) 2 + (n + 1) 2 + n 2 n 4 + 2n3 + 3n 2 + 2n + 1 0.25 = 1+ 2 + = n (n + 1) 2 n 2 (n + 1) 2 n 2 (n + 1) 2 6 n2 + n + 1 = = n(n + 1) 1+ 1 n(n + 1) = 1 1+ − 1 n n +1 ( do n∈ N* ) 1 1 1 2019 + + +...+ 0.25 Khi đó ta có u1.u2u3 ...u2019 = e 1.2 2.3 2018.2019 1 1 1 1 1 2019 +1− + − +...+ − 0.25 =e 2 2 3 2018 2019 1 2018.2020 2019 − 0.25 = e=2019 e 2019 . Cho hình hộp đứng ABCD. A1B1C1D1 có các cạnh AB = AD = 2, AA =1 3 và góc  = 600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A D và A B . Chứng BAD 1,0 1 1 1 1 7 minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng ( BDMN ) . Ta có: BD ⊥ AC , BD ⊥ AA1 ⇒ BD ⊥ mp ( ACC1 A1 ) ⇔ AC1 ⊥ BD. 0,5        1   1  2 1    2 Mặtkhác: AC1.BN = ( AB + BC + CC1  BB1 + BA  =  2  ) − AB + BA.BC + BB1 = 2 2 0,5   −2 − 1 + 3 =0. Suy ra AC1 ⊥ BN ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) ⇒ AC1 ⊥ ( BCMN ). 8 Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có= AB 3,= BC 6, mặt
phẳng ( SAB ) vuông góc với đáy, các mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) cùng tạo với 1,0 mặt phẳng ( ABCD ) các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 6. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD. Hạ SH ⊥ AB ( H ∈ AB ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) . 0.25 Kẻ HK ⊥ CD ( K ∈ CD ) ⇒ tứ giác HBCK là hình chữ nhật.  . Ta có: BC ⊥ ( SAB ) ⇒ Góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) là: SBH  CD ⊥ ( SHK ) ⇒ Góc giữa mặt phẳng ( SCD ) và ( ABCD ) là: SKH  = SKH Theo giả thiết: SBH  ⇒ ∆SHB = ∆SHK ( g − c − g ) ⇒ HK = HB = BC = 6 . 0.25 Do đó A là trung điểm của HB. Ta thấy  ABDK là hình bình hành ⇒ BD / / AK ⇒ BD / / ( SAK ) mà SA ∈ ( SAK ) Suy ra d ( BD, SA )= d ( BD, ( SAK ) )= d ( D, ( SAK ) )= d ( H , ( SAK ) )= h= 6. 1 1 1 1 1 1 1 1 0.25 Do tam diện H .SAK vuông tại H nên: = 2 2 + 2 + 2 ⇔= 2 + + h HS HA HK 6 HS 9 36 ⇒ SH = 6 1 1 Suy ra V= S . ABCD .SH= .S ABCD = .6.3.6 36 (dvtt). 3 3 Gọi α là góc giữa hai đường thẳng SA và BD= ⇒α ( BD= , SA ) ( AK , SA ) 0.25 Ta có: = SA 6 2, = = 3 5. Trong tam giác SAK có: SA AK  AS 2 + AK 2 − SK 2 45 + 45 − 72 1 = cos SAK = = . 2. AS . AK 2.3 5.3 5 5  1 Vậy= α SAK = arccos . 5 9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J ( 2;1) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương 1,0 trình: 2 x + y − 10 =0 và D ( 2; −4 ) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 =0.
AJ đi qua J ( 2;1) và D ( 2; −4 ) nên AJ có phương trình : x − 2 =0 0.25 Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : = x − 2 0 = x 2  ⇔ ⇒ A ( 2;6 ) . 2 x + y= − 10 0 = y 6 Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 0.25  = DC Ta có DB  ⇒ DB = DC và EA  = EC  = DBJ 1 2 sd EC(  + sd DC = 1 2 sd EA ) (  + sd DB   ⇒ ∆DBJ cân tại D. = DJB ) = DC DB = DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC. Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D ( 2; −4 ) bán kính JD = 0 + 52 = 5 có phương 0.25 trình ( x − 2 ) + ( y + 4 ) = 25. Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm: 2 2 ( x − 2 ) + ( y + 4 ) = 2 2 25  x = −3  x = 2  B ( −3; −4 )  ⇔ ∨ ⇒  x + y + 7 = 0 y = −9  B ( 2; −9 ) −4  y = Do B có hoành độ âm nên B ( −3; −4 ) . BC đi qua B ( −3; −4 ) và vuông góc AH nên có phương trình: x − 2 y − 5 =0. 0.25 ( x − 2 )2 + ( y + 4 )2 = 25 Khi đó C là nghiệm của hệ:  ⇒ C ( 5;0 )  x − 2 y − 5 = 0 Vậy A ( 2;6 ) , B ( −3; −4 ) , C ( 5;0 ) . 10 Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0 < b < a < 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1,0 4 ( 3b − 1) biểu thức =P log a + 8log 2b a − 1. 9 a 4(3𝑏𝑏−1) Có 𝑃𝑃 = 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 + 8𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑏𝑏2 𝑎𝑎 − 1 0,25 9 𝑎𝑎 4(3𝑏𝑏−1) 8 = 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 + −1 9 (𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 𝑏𝑏−1)2
4(3𝑏𝑏−1) 4 4 Ta có = 𝑏𝑏 − 9 3 9 2 4 4 0,25 (𝑏𝑏 − )2 ≥ 0 ⇒ − ≤ 𝑏𝑏2 − 𝑏𝑏 3 9 3 4(3𝑏𝑏 − 1) 4 4 4 4 ⇒ = 𝑏𝑏 − ≤ 𝑏𝑏 + 𝑏𝑏2 − 𝑏𝑏 = 𝑏𝑏2 9 3 9 3 3 4(3𝑏𝑏−1) Vì 0 < 𝑎𝑎 < 1 nên 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 ≥ 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 𝑏𝑏2 = 2𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 𝑏𝑏 9 Đặt 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 𝑏𝑏 = 𝑡𝑡 (𝑡𝑡 ∈ (1; +∞) 0,25 8 ⇒𝑃𝑃 ≥ 2𝑡𝑡 + (𝑡𝑡−1)2 − 1 8 Xét hàm số: 𝑓𝑓(𝑡𝑡 ) = 2𝑡𝑡 + (𝑡𝑡−1)2 − 1 trên (1; +∞) 16 16 Có 𝑓𝑓 ′ (𝑡𝑡 ) = 2 − (𝑡𝑡−1)3 ; 𝑓𝑓 ′ (𝑡𝑡 ) = 0 ⇒ 2 − (𝑡𝑡−1)3 = 0 ⇔𝑡𝑡 = 3 ∈ (1; +∞) Ta có min𝑓𝑓 (𝑡𝑡 ) = 𝑓𝑓 (3) = 7 ⇒ 𝑃𝑃 ≥ 7 0,25 3 3 𝑏𝑏 = 𝑏𝑏 = 2 Dấu “=” xảy ra khi ⇔� 2 ⇔� 3 2 . 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 𝑏𝑏 = 3 𝑎𝑎 = � 3 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.