Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019 2020 Sở GD&ĐT Lâm Đồng 1 SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang) ĐỀ BÀI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1 (2,0 điểm) Tìm tất[.]
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) MƠN: TỐN –THPT Thời gian: 180 phút ĐỀ BÀI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = − x3 + x + 3mx − nghịch biến khoảng ( 0; + ∞ ) Câu 2: (4,0 điểm) a) Tính tổng tất nghiệm phương trình log ( − 3x ) + x = b) Giải phương trình cos x + cos x − ( sin x − sin x ) = Câu 3: (2,0 điểm) Một cốc hình trụ có bán kính đáy 5cm chiều cao 20 cm bên có khối lập phương cạnh cm hình minh họa Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương thể tích lên mặt nước (mặt khối lập phương song song với mặt nước) Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt khối lập phương ngang với miệng cốc lên (lấy π = 3,14 ) Câu 4: ( x − ) y − − ( y − 3) x = (4,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 + − + = + x y x y x Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật= AB a= , AD 2a, SA vng góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy góc 60° , điểm E thuộc cạnh SA a Mặt phẳng ( BCE ) cắt SD F Tính thể tích khối đa diện VABCDEF khoảng cách hai đường thẳng SD BE AE = Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com 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 lớp Bảng gồm 15 nút, nút ghi số từ đến 15 khơng có hai nút ghi số Để mở cửa cần nhấn ba nút khác cho tổng số ba nút số chẵn Học sinh B quy tắc mở cửa trên, nhấn ngẫu nhiên ba nút khác bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa phịng học PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ THPT Câu 7A (2,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm có đồ thị hình vẽ bên x3 + x + x Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f + = có x + 2x +1 m ba nghiệm phân biệt Câu A (2,0 điểm) Cho số thực không âm thỏa mãn x + y ≤ xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức= P 1 + − 1+ z 1+ 4x 1+ y2 PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ GDXT n 2 Câu 7B (2,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển nhị thức x − , với x ≠ , biết n số x nguyên dương thỏa 4C n3+1 + 2C n2 = An3 Câu 8B (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = + 8x − x − 7x − x HẾT 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) MƠN: TỐN –THPT Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = − x3 + x + 3mx − nghịch biến khoảng ( 0; + ∞ ) Lời giải Tập xác định: D = Ta có y′ = 3( − x2 + 2x + m ) −3 x + x + 3m = Hàm số cho nghịch biến khoảng ( 0; + ∞ ) ⇔ y′ ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ − x + x + m ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ m ≤ x − x, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) Xét f ( x= ) x − x, x ∈ ( 0; + ∞ ) Bảng biến thiên x +∞ +∞ f ( x) −1 Từ bảng biến thiên, suy m ≤ f ( x ) , ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ m ≤ f ( x ) ⇔ m ≤ −1 ( 0; +∞ ) Vậy m ≤ −1 Câu 2: (4,0 điểm) a) Tính tổng tất nghiệm phương trình log ( − 3x ) + x = Điều kiện: − 3x > ⇔ x < log Ta có log ( − 3x ) + x =0 ⇔ log ( − 3x ) =− x ⇔ − 3x = x + 21 x + 21 x log = 3 3 = 2x x (thỏa mãn điều kiện) ⇔ − 5.3 + = ⇔ ⇔ x − 21 − 21 x = log 3 = 3 + 21 − 21 + 21 − 21 ⇒= S log = = + log log log 3= Vậy tổng tất nghiệm S = b) Giải phương trình cos x + cos x − ( sin x − sin x ) = Lời giải Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com ( ) cos x + cos x − ( sin x − sin x ) = ⇔ cos x − sin x + cos x + sin x = ⇔ 1 3 π π cos x − sin x + cos x + sin x = ⇔ cos x + + cos x − = 2 2 3 π π π π ⇔ − 2sin x + − sin x + =4 ⇔ cos x + − sin x + = 6 6 6 π − sin x + = π π 0⇔ ⇔ 2sin x + + sin x + + = 6 6 π −3 ( V« nghiƯm ) sin x + = 6 π x= − + k 2π π π π +) sin x + = , (k ∈ ) − ⇔ sin x + = sin − ⇔ 6 6 6 x= π + k 2π Câu 3: (2,0 điểm) Một cốc hình trụ có bán kính đáy 5cm chiều cao 20 cm bên có khối lập phương cạnh cm hình minh họa Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương thể tích lên mặt nước (mặt khối lập phương song song với mặt nước) Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt khối lập phương ngang với miệng cốc lên (lấy π = 3,14 ) Lời giải Khi mặt khối lập phương ngang với miệng cốc lượng nước cốc cách thành cm Tổng thể tích lượng nước phần khối lập phương chìm nước là: = V1 3,14.52 ( 20 − ) = 1413 cm3 Thể tích khối lập phương chìm nước V2 = 6.6.4 = 144 cm3 V2 1413 − 144 = 1269 cm3 Vậy thể tích lượng nước đổ vào cốc V= V1 −= Câu 4: ( x − ) y − − ( y − 3) x = (4,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 + − + = + x y x y x Lời giải Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com x ≥ Điều kiện: y ≥1 ( x − ) y − − ( y − 3) x = 2 2y x + x + y − x += (1) (2) Cách 1: x = Ta thấy thỏa phương trình (1) khơng thỏa phương trình (2) nên khơng y = phải nghiệm hệ phương trình cho x ≠ Xét y ≠ Ta có: (1) ⇔ ( x − ) y − = Xét hàm số: f (t ) = −t − = f '(t ) t (t − 2) x⇔ y −1 x = ( y − 1) − x − t [ 0; +∞ ) \ {2} t −2 < ∀t ∈ [ 0; +∞ ) \ {2} Suy hàm số: f (t ) = Do đó: ( y − 3) t nghịch biến khoảng [ 0; ) ; ( 2; +∞ ) t −2 y −1 x = ⇔ x = y − ⇔ y = x + ( y − 1) − x − Cách 2: (1) ⇔ x y − − y − − ( y − 1) x + x =0 ⇔ x y −1 ⇔ ( ( )( x y − ( x − y −1 ⇔ x= ) ( x − y −1 + ) x − y −1 = ) y − + =0 ) x y − + > ∀x ≥ 0; ∀y ≥ ⇔ x = y − ⇔ y = x + Thay y= x + vào phương trình (2) ta được: x + ( x + 1) − x + 4= ( x + 1) x + ⇔ x + x + 5= ( x + 1) x + (3) Đặt u = x + ⇒ u = x + ⇒ x = u − (u ≥ x ≥ 0) Phương trình (3) trở thành u = 2 2u − 2u − 11u + 4u + 20 =0 ⇔ ( u − ) ( 2u + 6u + ) =0 ⇔ (VN ) 2u + 6u + = Với u = ⇒ x = 22 − = ⇒ y = + = (thỏa mãn điều kiện) x = Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: y = Cách 3: Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com ( (2) ⇔ x − x + + y − y x + + x + = ⇔ ( x − 1) + y − x + ) =0 = x 1= x ⇔ ⇔ y = x + y = + = x = Ta thấy thỏa phương trình (1) y = x = Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: y = Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật= AB a= , AD 2a, SA vng góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy góc 60° , điểm E thuộc cạnh SA a Mặt phẳng ( BCE ) cắt SD F Tính thể tích khối đa diện VABCDEF khoảng cách hai đường thẳng SD BE AE = Lời giải Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên góc SB với mặt đáy góc SBA ⇒ SBA = 60° ∆SAB vng = A ⇒ SA AB= tan 60° a , AE = a AE ⇒ = AS SE SF Dựng F ∈ SD : EF / / AD ⇒ EF / / BC ⇒ EF ⊂ ( BCE ) ⇒ F = SD ∩ ( BCE ) = = SA SD Theo cơng thức tỉ số thể tích ta có: VS ECF SE SF 2 = = = ⇒ VS ECF = VS ACD = V 9 S ABCD VS ACD SA SD 3 VS ECB SE == ⇒ VS ECB = VS ACB = V 3 S ABCD VS ACB SA 4 3a 1 2 Như VS CBEF = + = ⇒ = = = S SA V VABCDEF V VS ABCD S ABCD S ABCD ABCD 27 3 9 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com * Tính d ( SD, BE ) : Trong ( BCFE ) dựng FM / / EB ( M ∈ BC ) ⇒ BE / / ( SMD ) BM = FE = 4a AD = 3 2a ⇒ CM = Ta có: d ( BE , SD ) d= d ( E , ( SDM ) ) = ( BE , ( SDM ) )= Trong ( ABCD ) SE = d ( A, ( SDM ) ) d ( A, ( SDM ) ) SA dựng AK ⊥ MD ( K ∈ MD ) , = ta có AK AD sin ADK AD.co s CDM = a a = 2= 2a a2 + d ( A, ( SDM = )) 13 SA AK = SK Vậy = d ( BE , SD ) Câu 6: 6a SA AK = SA2 + AK a (a 3) 6a 13= 6a 6a + 13 4a = d ( A, ( SDM ) ) (2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học lớp Bảng gồm 15 nút, nút ghi số từ đến 15 khơng có hai nút ghi số Để mở cửa cần nhấn ba nút khác cho tổng số ba nút số chẵn Học sinh B quy tắc mở cửa trên, nhấn ngẫu nhiên ba nút khác bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa phịng học Lời giải Số phần tử khơng gian mẫu n ( Ω )= A153= 2730 Gọi biến cố B : “Học sinh B mở cửa phòng học” Khi đó, tổng số học sinh B bấm số chẵn có trường hợp xảy ra: TH1: Bấm số chẵn số lẻ ⇒ Có 7.C82 3! = 1176 cách TH2: Bấm số chẵn ⇒ Có A73 = 210 cách Do n ( B ) = 1386 Vậy xác suất cần tìm P= ( B) n ( B ) 33 = n ( Ω ) 65 Câu 7A (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm có đồ thị hình vẽ bên Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com x3 + x + x Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f + = có x + 2x +1 m ba nghiệm phân biệt Lời giải x3 + x + x 3 Đặt = u u= + , phương trình trở thành f ( u ) = ( x) x + 2x +1 2 Có u ′ ( x ) = ( 3x = 2 + 1) ( *) + x + 1)( x + 1) − ( x3 + x + x ) 2.2 x ( x + 1) − x − x3 + x + (x m (x (1 − x )(1 + x ) = (x + 1) + 1) x = −1 u ′ ( x )= ⇔ x = Bảng biến thiên u = u ( x ) : Từ bảng biến thiên suy u ∈ [ 2;3] , đồng thời với u = cho ta giá trị x , với 9 u ∈ [ 2;3] \ cho ta giá trị x thỏa mãn 4 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Phương trình cho có nghiệm phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc [ 2;3] Dựa vào đồ thị, phương trình (*) có hai nghiệm m 3 phân biệt thuộc [ 2;3] ⇔ < ≤ ⇔ log < m ≤ log 3 2 2 m x3 + x + x Vậy với m ∈ log 2;log 3 phương trình f + = có ba x + 2x +1 nghiệm phân biệt Câu A (2,0 điểm) Cho số thực không âm thỏa mãn x + y ≤ xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức= P 1 + − 1+ z 1+ 4x 1+ y2 Lời giải 1 ≥ xy 0 < x + y ≤ xy ≤ Từ giả thiết ta có ⇒ ⇒ z = xyz = z ≥ xy 1 Với điều kiện ta có BĐT + ≤ 2 + x + y + xy 1 2 + − 1+ z ≤ − + z= − 1+ z 2 1+ 4x 1+ y + xy 1+ z 0 < + ≤ z Với z ≥ ⇒ ⇒ − 1+ z ≤ 1− − + z ≤ + z x= y= Vậy max P = − đạt z = Do P= n 2 Câu 7B (2,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển nhị thức x − , với x ≠ , biết n số x nguyên dương thỏa 4C n3+1 + 2C n2 = An3 Lời giải Điều kiện: n ≥ 4C n3+1 + 2C n2 =An3 ⇔ 4.(n + 1)! 2.(n !) 2.(n + 1) n! + = ⇔ + =1 3!.(n − 2)! 2!.(n − 2)! (n − 3)! 3.(n − 2) n − ⇔ 2(n + 1) + 3= 3(n − 2) ⇔ n = 11 11 2 Khai triển x − có số hạng tổng quát C 11k x 22−3k (−2)k Hệ số chứa x tương ứng x với k thỏa mãn 22 − 3k = ⇔ k = Vậy hệ số chứa x : −C 115 25 = −14784 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Câu 8B (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = + 8x − x − 7x − x Lời giải Điều kiện: x ∈ [0;7] = y' 4−x + 8x − x − − 2x 7x − x (4 − x )(7 − 2x ) ≥ y ' =0 ⇔ 2(4 − x ) 7x − x =(7 − 2x ) + 8x − x ⇔ 2 2 4(4 − x ) (7x − x ) = (7 − 2x ) (9 + 8x − x ) Từ bảng biến thiên suy y = x = x 7 y' − + y Cách khác: Vì (9 + 8x − x ) − (7x − x ) = + x > ∀x ∈ [0;7] ⇒ y > y = (x + 1)(9 − x ) + x (7 − x ) − (x + 1)(9 − x )x (7 − x ) ( (x + 1)(7 − x ) + x (9 − x ) − (x + 1)(7 − x )x (9 − x ) + = y = (x + 1)(7 − x ) − x (9 − x ) = Vậy y = ⇔ (x + 1)(7 − x ) = 9x − x ⇔ x = ) +2≥2 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com