SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh ………………… KỲ THI CHỌN HSG CÁC MƠN VĂN HĨA CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2020-2021 MƠN THI: TOÁN – LỚP 12 THPT Ngày thi: 15/12/2020 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang) C Câu I: (4,0 điểm) Cho hàm số y x 3x có đồ thị C y m x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị với đồ thị C ba điểm phân biệt cho tiếp tuyến C ba điểm tạo thành tam giác vng Câu II: (4,0 điểm) Giải phương trình sin x(2 cos x 3) 2(sin x 1) cos x cos x Giải hệ phương trình 2 x ln ln y x y 3xy x xy 5y ( x, y ) Câu III: (4.0 điểm) Gọi X tập hợp số tự nhiên có sáu chữ số đơi khác lấy từ chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6, Lấy ngẫu nhiên số từ tập X Tính xác suất để số chọn số chẵn chứa hai chữ số đồng thời không đứng cạnh Đề đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85% / tháng Sau tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định 10 triệu đồng bao gồm tiền lãi vay tiền gốc Biết lãi suất, khơng thay đổi suốt q trình anh An trả nợ Hỏi sau tháng anh trả hết nợ ngân hàng?(tháng cuối trả 10 triệu đồng) Câu IV:(6,0 điểm) Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Một mặt phẳng thay đổi song song với mặt phẳng chứa đa giác đáy cắt cạnh bên SA, SB, SC, SD M, N, P, Q (khơng trùng với đỉnh hình chóp S ABCD ) Gọi M’, N’, P’, Q’ hình chiếu ABCD Tính tỉ số SM SA để thể tích khối đa diện vng góc M, N, P, Q lên mặt phẳng MNPQM’N’P’Q’ đạt giá trị lớn Cho mặt cầu tâm O, bán kính R=1 Từ điểm S mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu điểm A,B,C ( khác với S) cho SA=SB=SC ASB BSC CSA Khi thay đổi, tính thể tích lớn khối chóp S ABC Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a , D trung điểm BC Biết SAD SAD vng góc với mặt phẳng ABC Tính khoảng cách từ điểm tam giác mặt phẳng SAB C đến mặt phẳng Câu V:(2,0 điểm) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x y z 4 Tìm giá trị lớn biểu thức P x y z 8( xy yz zx ) - Hết HƯỚNG DẪN GIẢI C Câu I Cho hàm số y x 3x có đồ thị C hàm số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị Lời giải • Tập xác định D • Đạo hàm y 3 x x x y 0 y 0 x 0 y • lim y lim y • Giới hạn x , x • Bảng biến thiên • Hàm số đồng biến ; 0; , nghịch biến 2;0 • Hàm số đạt cực đại x , yCÐ 0 • Hàm số đạt cực tiểu x 0 , yCT I 1; • Ta có y 6 x ; y 0 x y Điểm uốn • Đồ thị y m x C ba điểm phân biệt cho tiếp Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tuyến Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng 2 y m x x x m x x 1 x m x đồ thị C là: x x x x m 0 x x m 0 1 y m x Đường thẳng cắt đồ thị hàm số y x x ba điểm phân biệt 1 2 phương trình 9 4m m 0 Khi đường thẳng có hai nghiệm phân biệt khác m * m 0 y m x cắt đồ thị hàm số y x 3x ba điểm phân biệt có 1 hồnh độ 2, x1 , x2 với x1 , x2 hai nghiệm phương trình x1 x2 x x m Theo định lí Viet ta có C ba điểm phân biệt Ta có y 3 x x Suy hệ số góc tiếp tuyến đồ thị y 0, y x1 3 x12 x1 , y x2 3x22 x2 2, x1 , x2 có hồnh độ C ba điểm phân biệt cho tiếp tuyến với đồ thị C ba điểm tạo thành tam giác vuông y x1 y x2 x12 x1 x22 x2 x1 x2 18 x1 x2 x1 x2 36 x1 x2 m 18 m 36 m 9m 18m 0 Đường thẳng y m x cắt đồ thị 2 thỏa mãn điều kiện (*) 2 m Vậy m Câu II: Giải phương trình sin x (2 cos x 3) 2(sin x 1) cos x cos x Lời giải Ta có: pt sin x cos x cos x sin x cos(2 x ) 2 cos( x ) x cos( x ) 0 cos ( x ) cos( x ) x 6 cos( x ) x k 2 m2 m2 x k 2 x m2 (k , m Z ) x m 2 x k 2 ; x m2 ; x m2 (k , m Z ) 6 Vậy phương trình có nghiệm Giải hệ phương trình 2 x ln ln y x y 3xy x xy 5y ( x, y ) Lời giải x 1 0 y 5 y 0 Điều kiện: y 3xy y 0 1 y 3xy 1 x y 5y 2 y 3xy y 3xy 1 x y 5y x xy 5y |(1) y y x xy y 2 y 6 y 2 x x 2 2 2 12 1 1 9 x 12 x x y y y (*) f t 9t 12t 4t t 0; Xét hàm số , f t 27t 24t 0t 0; f t 0; Hàm số đồng biến 2 f 1 f x x y Do (*) có dạng y x 1 y Thay vào phương trình 2 x ln ln y x ta x ln ln x x x ln ln x 0 x (2) Đặt t x , t Phương trình (2) trở thành: 2 t ln ln t 0 t ln t ln t ln t 0 t 2 g t t ln t ln t ln t g t ln t t t 2 + Hàm số h a ln a a liên tục 0; a h a 1 0 1 a 1 a với a h a ln a a 0; Hàm số nghịch biến 2 2 2 2 h h ln g t ln 0 t t t t t 2 t + Với t Hàm số g t nghịch biến 0; g 0 t 2 g t 0 Mặt khác nghiệm phương trình t 2 x 4 y + 2 thỏa mãn hệ phương trình Ta thấy x; y 4; 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm Câu III (4.0 điểm): Gọi X tập hợp số tự nhiên có sáu chữ số đơi khác lấy từ chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6, Lấy ngẫu nhiên số từ tập X Tính xác suất để số chọn số chẵn chứa hai chữ số đồng thời không đứng cạnh Lời giải 7.C7 17640 n C17640 17640 Số phần tử tập X abcdef a 0 Số cần tìm có dạng biến cố thuận lợi A TH1: f 0 x; y 4; 3 Có A5 cách xếp và A5 cách xếp cho số cịn lại nên có A5 A5 số mà ln có mặt hai chữ số Nếu đứng cạnh có cách xếp A5 cách xếp cho ba vị trí cịn lại, nên có 8.A53 số mà đứng cạnh 3 Do trường hợp có: A5 A5 A5 720 số thỏa mãn đề TH2: f 2 Nếu xét trường hợp a 0 có bốn cách xếp chữ số không đứng cạnh chữ số có A64 cách xếp cho vị trí lại 4.A64 số Nếu xét riêng a 0 có ba cách xếp chữ số khơng đứng cạnh chữ số có A5 cách xếp cho vị trí cịn lại 3.A5 số Trường hợp có A6 A5 1260 số f 4;6 TH3: cách chọn f Nếu xét a 0 có A5 A5 số mà ln có mặt hai chữ số A52 A53 A53 1440 8.A Nếu đứng cạnh cách xếp, hay có số 2 A A Nếu a 0 có 4 cách xếp bcde ln có mặt hai chữ số Trong có 6.A4 cách xếp mà hai chữ số đứng cạnh A22 A22 A42 144 Do có: số 1440 144 1296 Trường hợp có: số n A C3276 3276 Cả ba trường hợp có tất 720 1260 1296 3276 số 3276 13 P A 17640 70 Vậy Đề đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85% / tháng Sau tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định 10 triệu đồng bao gồm tiền lãi vay tiền gốc Biết lãi suất, khơng thay đổi suốt q trình anh An trả nợ Hỏi sau tháng anh trả hết nợ ngân hàng ? (tháng cuối trả 10 triệu đồng) Lời giải P Gọi số tiền gốc vay ban đầu, r lãi suất/ tháng, A số tiền anh An hoàn nợ hàng tháng Ta có: Số tiền nợ ngân hàng cịn lại sau anh An hoàn nợ tháng thứ nhất: P1 = P0 ( + r ) - A Số tiền nợ ngân hàng lại sau anh An hoàn nợ tháng thứ hai: P2 = P1 ( + r ) - A = P0 ( + r ) - A.( 1+ r ) - A Số tiền nợ ngân hàng lại sau anh An hoàn nợ n tháng là: n (1+ r ) - n- n Pn = P0 ( + r ) - A é +( + r ) +( + r ) + +( + r ) ù = P0 ( + r ) - A ê ú ë û r n n n ( 1+ r ) - P 0 hay P0 ( + r ) = A Khi anh An trả hết nợ ngân hàng n A A n n log1r 1 r A rP0 A rP0 Suy Thay số ta n 65,38 Vì n số nguyên nên chọn n 66 r Câu IV Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Một mặt phẳng thay đổi song song với mặt phẳng chứa đa giác đáy cắt cạnh bên SA, SB, SC, SD M, N, P, Q (khơng trùng với đỉnh hình chóp S ABCD ) Gọi M’, N’, P’, Q’ hình chiếu ABCD Tính tỉ số SM SA để thể tích khối đa diện vng góc M, N, P, Q lên mặt phẳng MNPQM’N’P’Q’ đạt giá trị lớn Cho mặt cầu tâm O, bán kính R=1 Từ điểm S mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu điểm A,B,C ( khác với S) cho SA=SB=SC ASB BSC CSA Khi thay đổi, tính thể tích lớn khối chóp S ABC Lời giải S A N M M B N Q P D Q H P C SM k k 0;1 Đặt SA với MN SM k MN // AB MN k AB SA Xét tam giác SAB có nên AB MQ SM k MQ k AD Xét tam giác SAD có MQ // AD nên AD SA Kẻ đường cao SH hình chóp Xét tam giác SAH có: MM AM SA SM SM 1 1 k MM k SH MM // SH nên SH SA SA SA Ta có VMNPQ.M N PQ MN MQ.MM AB AD.SH k k VS ABCD SH AB AD V MNPQ M N P Q 3.VS ABCD k k Mà Thể tích khối chóp khơng đổi nên VMNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn k k lớn k k k 2k k k 2 27 Ta có SM 2 k k k Đẳng thức xảy khi: Vậy SA k k 1 Tam giác ABC đều, kẻ SO’ vng góc với (ABC) O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC O’ thuộc SO Giải sử SO cắt mặt cầu D tam giác SAD vng tại#A Gọi SA=SB=SC = l Trong tam giác SAD, ta có SO’ SD = SA2 Gợi E trung điểm BC, ta có : SO ' SA2 l 1 SD R 2l sin BC SO ' SA2 O ' A2 l sin 2l.sin AO ' 3 BC=2BE = 2 Từ (1) l2 l sin 2R l 2 R (2) ta có 2 sin S ABC 4 3R sin sin 2 SO ' 2 R sin 2 3 2 VS ABC SO '.S ABC R sin sin 3 2 Vậy y x x x sin , x 0;1 Đặt , ta xét hàm số : 2 Lập bảng biến thiên hàm số khoảng 0;1 1 max y y 4 , ta thấy 0;1 3R x sin 600 2 Vậy thể tích S.ABC lớn 27 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a , D trung điểm BC Biết SAD SAD vng góc với mặt phẳng ABC Tính khoảng cách từ tam giác mặt phẳng SAB điểm C đến mặt phẳng Lời giải AH ABC Gọi H trung điểm AD ABC gọi K CH AB Trong Gọi M trung điểm BK DM đường trung bình BKC DM // KC , CK 2 DM HK // DM , HK DM HK đường trung bình ADM CK DM 4 d C , SAB 4d H , SAB HK DM Kẻ HQ AB AQH đồng dạng ADB SAD tam giác HQ AH BD AH a.a a HQ DB AB AB 2a SH AD 3a 2 Kẻ HT SQ AB HQ AB SHQ AB SH HT SQ HT SAB HT AB d H , SAB HT HT HQ SHQ vuông H , đường cao HT , ta có : HT HS 3a 9a 16 9a 3a 3a d H , SAB 4 d C , SAB 4d H , SAB 3a Câu V Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x y z 4 Tìm giá trị lớn biểu thức P x3 y z 8( xy yz zx ) Lời giải Khơng tính tổng qt giả sử x y z Khi y x y z y 2 Và y x y z 0 y xz xy yz xy x z x y xyz xy x z z y x y xyz z y Do xy x z z y x y xyz z y y x xz z y x xz z y x z Hay ta có xy x z z y y y 1 Tiếp tục đánh giá phần cịn lại, ta có 3 x y z y x z 3xz x z y x z y y Vì ta x3 y z y y Từ 1 , 2 ta P y y y y 8 y 52 y 80 y 64 Ký hiệu f y 8 y 52 y 80 y 64, y 0; 2 Ta có f y 24 y 104 y 80 y 1 f y 0 24 y 104 y 80 0 y 10 0; 2 f 64; f 1 100; f 80 x 0 y 1 z 2 Vì giá trị lớn 100 hoán vị ……………….HẾT………………