intTypePromotion=1
ADSENSE

Đề thi HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Lâm Đồng

Chia sẻ: Trần Văn Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

18
lượt xem
0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Lâm Đồng sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Lâm Đồng

  1. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thi có 02 trang) MÔN: TOÁN –THPT Thời gian: 180 phút NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ BÀI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =− x3 + 3 x 2 + 3mx − 1 nghịch biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) . Câu 2: (4,0 điểm) a) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 3 ( 5 − 3x ) + x =0. b) Giải phương trình cos 2 x + 7 cos x − 3 ( sin 2 x − 7 sin x ) = 8. Câu 3: (2,0 điểm) Một chiếc cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao 20 cm bên trong có một khối lập phương cạnh 6 cm như hình minh họa. Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương 1 sẽ nổi thể tích của nó lên trên mặt nước (mặt trên khối lập phương song song với 3 mặt nước). Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt trên của khối lập phương ngang bằng với miệng cốc khi nó nổi lên. (lấy π = 3,14 ) ( x − 2 ) y − 1 − ( y − 3) x =  0 Câu 4: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  .   x 2 + y 2 − x + = 4 2 y x + 3 Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật= AB a= , AD 2a, SA vuông góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy một góc 60° , điểm E thuộc cạnh SA và a 3 AE = . Mặt phẳng ( BCE ) cắt SD tại F . Tính thể tích khối đa diện VABCDEF và 3 khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BE . 1
  2. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG Câu 6: (2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 15 nút, mỗi nút được ghi một số từ 1 đến 15 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn ba nút khác nhau sao cho tổng các số trên ba nút đó là số chẵn. Học sinh B không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên ba nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó. NHÓM TOÁN VD – VDC PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ THPT Câu 7A. (2,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ bên.  x3 + x 2 + x 9   3  m Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  4 + =   .có ít  x + 2x +1 4   2  2 nhất ba nghiệm phân biệt. Câu 8 A. (2,0 điểm) Cho các số thực không âm thỏa mãn x + y ≤ 1 và xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất 1 1 của biểu thức= P + − 1+ z . 1+ 4x 1+ 4 y2 2 PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ GDXT n  2 Câu 7B. (2,0 điểm) Tìm hệ số x khi khai triển nhị thức  x 2 −  , với x ≠ 0 , biết rằng n là số 7  x nguyên dương thỏa 4C n3+1 + 2C n2 = An3 . Câu 8B. (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 9 + 8x − x 2 − 7x − x 2 . ------------HẾT------------ 2
  3. NHÓM TOÁN VD – VDC SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thi có 02 trang) MÔN: TOÁN –THPT Thời gian: 180 phút NHÓM TOÁN VD – VDC HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =− x3 + 3 x 2 + 3mx − 1 nghịch biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) . Lời giải Tập xác định: D =  Ta có y′ =−3 x 2 + 6 x + 3m =3( − x2 + 2x + m ) . Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) ⇔ y′ ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ − x 2 + 2 x + m ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ m ≤ x 2 − 2 x, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) . Xét f ( x= ) x 2 − 2 x, x ∈ ( 0; + ∞ ) . Bảng biến thiên x 0 1 +∞ +∞ f ( x) 0 −1 Từ bảng biến thiên, suy ra m ≤ f ( x ) , ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ m ≤ min f ( x ) ⇔ m ≤ −1 . ( 0; +∞ ) NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy m ≤ −1 . Câu 2: (4,0 điểm) a) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 3 ( 5 − 3x ) + x =0. Điều kiện: 5 − 3x > 0 ⇔ x < log 3 5 . Ta có log 3 ( 5 − 3x ) + x =0 ⇔ log 3 ( 5 − 3x ) =− x ⇔ 5 − 3x = x 1 3  x 5 + 21   5 + 21   x = log 3  2  3 =  2   ⇔ 3 − 5.3 + 1 = 0 ⇔  2x x ⇔ (thỏa mãn điều kiện).  x 5 − 21  x = log  5 − 21  3 =  3    2   2   5 + 21   5 − 21   5 + 21   5 − 21  ⇒= S log 3   + log 3  = log 3    = 1 0.  log 3=  2   2   2  2  Vậy tổng tất cả các nghiệm là S = 0 . b) Giải phương trình cos 2 x + 7 cos x − 3 ( sin 2 x − 7 sin x ) = 8. Lời giải https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
  4. NHÓM TOÁN VD – VDC cos 2 x + 7 cos x − 3 ( sin 2 x − 7 sin x ) = ( ) 8 ⇔ cos 2 x − 3 sin 2 x + 7 cos x + 3 sin x = 8 1 3 1 3   π  π ⇔ cos 2 x − sin 2 x + 7  cos x + sin x  = 4 ⇔ cos  2 x +  + 7 cos  x −  =4 2 2  2 2   3   3    π   π  π  π ⇔ cos  2  x +   − 7 sin  x +  = 4 ⇔ 1 − 2sin 2  x +  − 7 sin  x +  =4   6   6  6  6 NHÓM TOÁN VD – VDC   π 1 sin  x + 6  = −  π  π   2 0⇔ ⇔ 2sin 2  x +  + 7 sin  x +  + 3 = .  6  6   π sin  x +  = −3 ( V« nghiÖm )   6  π  π 1  π  π  x= − + k 2π +) sin  x +  = − ⇔ sin  x +  = sin  −  ⇔ 3 , (k ∈ ) .  6 2  6  6   x= π + k 2π Câu 3: (2,0 điểm) Một chiếc cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao 20 cm bên trong có một khối lập phương cạnh 6 cm như hình minh họa. Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương 1 sẽ nổi thể tích của nó lên trên mặt nước (mặt trên khối lập phương song song với 3 mặt nước). Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt trên của khối lập phương ngang bằng với miệng cốc khi nó nổi lên. (lấy π = 3,14 ) Lời giải NHÓM TOÁN VD – VDC Khi mặt trên của khối lập phương ngang bằng với miệng cốc thì lượng nước trong cốc cách thành trên 2 cm . Tổng thể tích lượng nước và phần khối lập phương chìm trong nước là: =V1 3,14.52. ( 20 − 2 ) = 1413 cm3 . Thể tích khối lập phương chìm trong nước là V2 = 6.6.4 = 144 cm3 . Vậy thể tích lượng nước đổ vào cốc là V= V1 −= V2 1413 − 144 = 1269 cm3 . ( x − 2 ) y − 1 − ( y − 3) x =  0 Câu 4: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  .   x 2 + y 2 − x + = 4 2 y x + 3 Lời giải https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
  5. NHÓM TOÁN VD – VDC x ≥ 0 Điều kiện:  . y ≥1 ( x − 2 ) y − 1 − ( y − 3) x =  0 (1)  2  x + y − x +=  4 2y x + 3 2 (2) Cách 1: NHÓM TOÁN VD – VDC x = 2 Ta thấy  thỏa phương trình (1) nhưng không thỏa phương trình (2) nên không y = 3 phải là nghiệm của hệ phương trình đã cho. x ≠ 2 Xét  y ≠ 3 y −1 x Ta có: (1) ⇔ ( x − 2 ) y − 1 = ( y − 3) x⇔ = . ( y − 1) − 2 x − 2 t Xét hàm số: f (t ) = trên [ 0; +∞ ) \ {2} . t −2 −t − 2 =f '(t ) < 0 ∀t ∈ [ 0; +∞ ) \ {2} . 2 t (t − 2) 2 t Suy ra hàm số: f (t ) = nghịch biến trên mỗi khoảng [ 0; 2 ) ; ( 2; +∞ ) . t −2 y −1 x Do đó: = ⇔ x = y − 1 ⇔ y = x + 1. ( y − 1) − 2 x − 2 Cách 2: (1) ⇔ x y − 1 − 2 y − 1 − ( y − 1) x + 2 x =0 ( ) ( ) NHÓM TOÁN VD – VDC ⇔ x y −1 x − y −1 + 2 x − y −1 = 0 ⇔ ( x − y −1 )( x ) y − 1 + 2 =0 ⇔ x= y − 1 ( do x y − 1 + 2 > 0 ∀x ≥ 0; ∀y ≥ 1 ) ⇔ x = y − 1 ⇔ y = x + 1. Thay y= x + 1 vào phương trình (2) ta được: x 2 + ( x + 1) − x + 4= 2 ( x + 1) x + 3 ⇔ 2 x 2 + x + 5= 2 ( x + 1) x + 3 (3) 2 Đặt u = x + 3 ⇒ u 2 = x + 3 ⇒ x = u 2 − 3 (u ≥ 3 do x ≥ 0). Phương trình (3) trở thành u = 2 2u 4 − 2u 3 − 11u 2 + 4u + 20 =0 ⇔ ( u − 2 ) ( 2u 2 + 6u + 5 ) =0 ⇔  2 2  2u + 6u + 5 =0 (VN ) Với u = 2 ⇒ x = 22 − 3 = 1 ⇒ y = 1 + 1 = 2. (thỏa mãn điều kiện) x = 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  . y = 2 Cách 3: https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
  6. NHÓM TOÁN VD – VDC ( (2) ⇔ x 2 − 2 x + 1 + y 2 − 2 y x + 3 + x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1) + y − x + 3 ) 2 =0 2 =  x 1=  x 1 ⇔ ⇔  y = x + 3  y = 1 + 3 = 2 x = 1 Ta thấy  thỏa phương trình (1). y = 2 NHÓM TOÁN VD – VDC x = 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  . y = 2 Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật= AB a= , AD 2a, SA vuông góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy một góc 60° , điểm E thuộc cạnh SA và a 3 AE = . Mặt phẳng ( BCE ) cắt SD tại F . Tính thể tích khối đa diện VABCDEF và 3 khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BE . NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải   Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa SB với mặt đáy là góc SBA ⇒ SBA =60° . a 3 AE 1 ∆SAB vuông tại = .tan 60° a 3 , AE = A ⇒ SA AB= ⇒ = . 3 AS 3 SE SF 2 Dựng F ∈ SD : EF / / AD ⇒ EF / / BC ⇒ EF ⊂ ( BCE ) ⇒ F = SD ∩ ( BCE ) và = = SA SD 3 . Theo công thức tỉ số thể tích ta có: VS .ECF SE SF 2 2 4 4 2 =. = . = ⇒ VS .ECF = VS . ACD = V . VS . ACD SA SD 3 3 9 9 9 S . ABCD VS . ECB SE 2 2 1 == ⇒ VS . ECB = VS . ACB = V . VS . ACB SA 3 3 3 S . ABCD 1 2 5 4 4 1 8 3a 3 Như vậy VS .CBEF =  +  VS . ABCD = V ⇒ VABCDEF = V = . S .SA = . 3 9 9 S . ABCD 9 S . ABCD 9 3 ABCD 27 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
  7. NHÓM TOÁN VD – VDC * Tính d ( SD, BE ) : 2 4a Trong ( BCFE ) dựng FM / / EB ( M ∈ BC ) ⇒ BE / / ( SMD ) và BM = FE = = AD 3 3 2a ⇒ CM = . 3 ( BE , ( SDM ) )= d ( E , ( SDM ) ) NHÓM TOÁN VD – VDC d ( A, ( SDM ) ) d ( A, ( SDM ) ) . SE 2 Ta có: = d ( BE , SD ) d= = SA 3   Trong ( ABCD ) dựng AK ⊥ MD ( K ∈ MD ) , = ta có AK AD = .sin ADK AD.co s CDM a 6a = 2= a. . 2  2a  13 a2 +    3  6a a 3. d ( A, ( SDM )) SA. AK SA. AK 13 6a = = = = . SK SA2 + AK 2  6a  2 5 (a 3) 2 +   13  d ( A, ( SDM ) ) 2 4a Vậy = d ( BE , SD ) = . 3 5 Câu 6: (2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 15 nút, mỗi nút được ghi một số từ 1 đến 15 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn ba nút khác nhau sao cho tổng các số trên ba nút đó là số chẵn. Học sinh B không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên ba nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó. Lời giải NHÓM TOÁN VD – VDC Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω )= A153= 2730 . Gọi biến cố B : “Học sinh B mở được cửa phòng học”. Khi đó, tổng 3 số học sinh B bấm là số chẵn có 3 trường hợp xảy ra: TH1: Bấm 1 số chẵn và 2 số lẻ ⇒ Có 7.C82 .3! = 1176 cách TH2: Bấm 3 số chẵn ⇒ Có A73 = 210 cách. Do đó n ( B ) = 1386 . n ( B ) 33 ( B) Vậy xác suất cần tìm là P= = . n ( Ω ) 65 Câu 7A. (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
  8. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC  x3 + x 2 + x 9   3  m Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  4 + =   có ít  x + 2x +1 4   2  2 nhất ba nghiệm phân biệt. Lời giải x3 + x 2 + x 9 m 3 Đặt = ( x) 4 u u= + , phương trình trở thành f ( u ) =   ( *) . x + 2x +1 4 2 2 ( 3x + 2 x + 1)( x 2 + 1) − ( x3 + x 2 + x ) .2.2 x. ( x 2 + 1) 2 2 Có u ′ ( x ) = (x + 1) 2 4 (1 − x )(1 + x ) 3 − x 4 − 2 x3 + 2 x + 1 = = . (x + 1) (x + 1) 2 3 2 3 NHÓM TOÁN VD – VDC  x = −1 u ′ ( x )= 0 ⇔  x = 1 Bảng biến thiên của u = u ( x ) : 9 Từ bảng biến thiên suy ra u ∈ [ 2;3] , đồng thời với u = cho ta 1 giá trị x , với mỗi 4 9  u ∈ [ 2;3] \   cho ta 2 giá trị x thỏa mãn. 4 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
  9. NHÓM TOÁN VD – VDC Phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc [ 2;3] . Dựa vào đồ thị, phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm m 3 phân biệt thuộc [ 2;3] ⇔ 2 <   ≤ 3 ⇔ log 3 2 < m ≤ log 3 3 . 2 2 2    x3 + x 2 + x 9   3  m NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy với m ∈  log 3 2;log 3 3 thì phương trình f  4 +    có ít nhất ba =  x + 2x +1 4   2  2  2 2  nghiệm phân biệt. Câu 8 A. (2,0 điểm) Cho các số thực không âm thỏa mãn x + y ≤ 1 và xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 1 1 thức= P + − 1+ z . 1+ 4x 1+ 4 y2 2 Lời giải 1 ≥ 2 xy  1 0 < x + y ≤ 1   xy ≤ Từ giả thiết ta có  ⇒ 1 ⇒ 4.  xyz = 1  z =  z ≥ 4  xy 1 1 2 Với điều kiện trên ta có BĐT + ≤ . 1 + 4 x 1 + 4 y 1 + 4 xy 2 2 1 1 2 2 Do đó P= + − 1+ z ≤ − 1 + z= − 1+ z . 1+ 4x 1+ 4 y 2 2 1 + 4 xy 1+ 4 z  4 0 < 1 + ≤ 2 2 Với z ≥ 4 ⇒  z ⇒ − 1+ z ≤ 1− 5 . − 1 + z ≤ 5 1 + 4  z NHÓM TOÁN VD – VDC  1  x= y= Vậy max P = 1 − 5 đạt được khi  2.  z = 4 n  2 Câu 7B. (2,0 điểm) Tìm hệ số x khi khai triển nhị thức  x 2 −  , với x ≠ 0 , biết rằng n là số 7  x nguyên dương thỏa 4C n3+1 + 2C n2 = An3 Lời giải Điều kiện: n ≥ 3 4.(n + 1)! 2.(n !) n! 2.(n + 1) 1 4C n3+1 + 2C n2 =An3 ⇔ + = ⇔ + =1 3!.(n − 2)! 2!.(n − 2)! (n − 3)! 3.(n − 2) n − 2 ⇔ 2(n + 1) + 3= 3(n − 2) ⇔ n = 11 11  2 Khai triển  x 2 −  có số hạng tổng quát là C 11k x 22−3k .(−2)k . Hệ số chứa x 7 tương ứng  x với k thỏa mãn 22 − 3k = 7 ⇔ k = 5 Vậy hệ số chứa x 7 là : −C 115 .25 = −14784 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
  10. NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 8B. (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 9 + 8x − x 2 − 7x − x 2 Lời giải Điều kiện: x ∈ [0;7] 4−x 7 − 2x =y' − 9 + 8x − x 2 2 7x − x 2 NHÓM TOÁN VD – VDC (4 − x )(7 − 2x ) ≥ 0 y ' =0 ⇔ 2(4 − x ) 7x − x 2 =(7 − 2x ) 9 + 8x − x 2 ⇔  4(4 − x ) (7x − x ) = (7 − 2x ) (9 + 8x − x ) 2 2 2 2 x 7 Từ bảng biến thiên suy ra 0 7 3 7 min y = 2 khi x = y' − 0 + 3 y 3 4 2 Cách khác: Vì (9 + 8x − x 2 ) − (7x − x 2 ) = 9 + x > 0 ∀x ∈ [0;7] ⇒ y > 0 y 2 = (x + 1)(9 − x ) + x (7 − x ) − 2 (x + 1)(9 − x )x (7 − x ) ( ) 2 =(x + 1)(7 − x ) + x (9 − x ) − 2 (x + 1)(7 − x )x (9 − x ) + 2 =y = (x + 1)(7 − x ) − x (9 − x ) +2≥2 7 Vậy min y = 2 ⇔ (x + 1)(7 − x ) = 9x − x 2 ⇔ x = 3 NHÓM TOÁN VD – VDC https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2