Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Lâm Đồng (Đề chính thức)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Lâm Đồng (Đề chính thức) là tư liệu tham khảo hữu ích bổ trợ cho giáo viên trong công tác bồi dưỡng, nâng cao kiến thức cho đội tuyển học sinh giỏi tại các trường.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Lâm Đồng (Đề chính thức)

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 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 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
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. 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 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
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 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; +∞ ) 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 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
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   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 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 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
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: 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 ⇔ 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: Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
( (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 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 . 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 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
* Tính d ( SD, BE ) : 2 4a Trong ( BCFE ) dựng FM / / EB ( M ∈ BC ) ⇒ BE / / ( SMD ) và BM = FE = = AD 3 3 2a ⇒ CM = . 3 Ta có: = ( BE , ( SDM ) )= d ( BE , SD ) d= d ( E , ( SDM ) ) SE = SA d ( A, ( SDM ) ) 2 3 d ( A, ( SDM ) ) .   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 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. Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
 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  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 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
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 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  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 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com
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 (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 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com