Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Cùng tham gia thử sức với Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức về môn Toán căn bản. Chúc các em vượt qua kì thi thật dễ dàng nhé!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi có trang gồm câu) Câu (2,5 điểm) Cho hàm số y  x 3 C  x x 2 Tìm tọa độ tất điểm thuộc đồ thị C  hàm số có tung độ nguyên Câu (2,5 điểm) Cho hàm số y  x4  3x  C  2 Tìm tọa độ tất điểm M thuộc đồ thị C  cho tiếp tuyến đồ thị C  M cắt C  hai điểm phân biệt P, Q khác M thỏa mãn MP  3MQ với P nằm Q M Câu (2,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm:  x2  x   x2  x    x  x   m  x  2m   Câu (2,0 điểm) Gọi S tập nghiệm phương trình x  log2 x  9x  m  1 3x  m  (với m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để tập hợp S có hai phần tử? Câu (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  5, AC  BD  10, AD  BC  13 Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD) Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA = x tất cạnh lại Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo x tìm x để thể tích lớn Câu (2,0 điểm) Cho hàm số g x   ax  bx  cx  dx  c có đồ thị hình bên Tìm số điểm cực tiểu hàm số f x   g g x    Câu (2,0 điểm) Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số đơi nột khác Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn chia hết cho 15 2x  2x  2x    q Tìm tất giá trị p, q p 2x  2x  2x  để giá trị lớn hàm số y  f x  đoạn 1;1 nhỏ tìm giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm) Cho hàm số f x   HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,5 điểm) Cho hàm số y  x 3 C  x x 2 Tìm tọa độ tất điểm thuộc đồ thị C  hàm số có tung độ nguyên Hướng dẫn + Dễ thấy hàm số xác định với x   Xem y tham số, xét phương trình ẩn x sau: yx  y  1 x  2y   (*) Ta có y   x  Xét y  phương trình (*) có nghiệm khi: y  1  4y 2y  3   7y  14y    7  14 7  14 y  7   + Yêu cầu y    y  2; 1; 0 Khi tọa độ điểm cần tìm 1; 2,  ; 2 ,   1    2; 1 , 1  2; 1 , 3; 0 Câu (2,5 điểm) Cho hàm số y  x4  3x  C  2 Tìm tọa độ tất điểm M thuộc đồ thị C  cho tiếp tuyến đồ thị C  M cắt C  hai điểm phân biệt P, Q khác M thỏa mãn MP  3MQ với P nằm Q M Hướng dẫn  m4 3 + Giả sử tồn điểm M m;  3m   thuộc đồ thị C  thỏa mãn toán Tiếp tuyến đồ  2  thị C  M y  2m  6m  x  m   m4  3m  cắt C  P, Q khác M thỏa mãn 2 MP  3MQ với P nằm Q M      + Từ suy MP  3MQ  OP  3OQ  2OM  x  3x  2m * + Mặt khác x 1, x khác m nghiệm phương trình: 3 x4 m4  3x   2m  6m x  m    3m   x  4m 3x  3m  x  m  2 2    x  m    2m , m   x 1,2  m   2m Thay vào (*) ta m   (thỏa   5 5 mãn) Vậy ta có hai điểm M cần tìm M  2;   M  2;       Lời bình: Bài giải tương tự đề thi học sinh giỏi tỉnh Khánh Hịa ngày 31/10 năm 2019 Câu (2,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm:  x2  x   x2  x    x  x   m  x  2m   Hướng dẫn + Dễ thấy phương trình xác định với x   Biếm đổi để lập m, ta có:  m 2       x  x   x  x    x     Đặt t  x  x   x  x   lim 2x x  x2  x   x2  x  x   x  x  x       2x x2  x   x2  x   1, lim x   hàm lẻ x 2x x2  x   x2  x   1 ta có t  1;1 t2 + Từ ta có phương trình ẩn t là: m 2  t     0, t  1;1  2m  16 16 t  12 t 2  f t , t  1;1  f ' t     0, t  1;1 t 2 t 2 t  2 Suy 13  2m   13 13 13  m  + Kết luận: Để phương trình cho có nghiệm  13 13 m  Câu (2,0 điểm) Gọi S tập nghiệm phương trình x  log2 x  9x  m  1 3x  m  (với m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để tập hợp S có hai phần tử? Hướng dẫn + Xét phương trình f x   x  log2 x  0, x  0;  Ta có f ' x    x  0 x ln   2   phương trình  log2  điểm cực tiểu f x  f x   0; ln ln  ln  f x   có hai nghiệm x  2, x  + Bây ta xét 9x  m  1 3x  m  Đặt 3x  t   t  m  1t  m  Ta phải có điều kiện t  m  1t  m  0, t   t  1t  m   • Trường hợp 1: t  m  1t  m  0, t   t  m, t   m  Mà m  *  m   • Trường hợp 2: t  m  1t  m  0, t   t  m  Để S có hai phần tử hai nghiệm x  2, x  nghiệm phương trình  m   m  81 + Kết luận: Có hai giá trị nguyên dương m để S có hai phần tử Câu (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD) 5, AC = BD = 10, AD = BC = 13 Tính Hướng dẫn A B α Q M a = 13 b = 10 I H B D H c= N C P D C Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Dễ thấy mặt tứ diện tam giác (c.c.c) nên trung tuyến tương ứng nhau: CM = DM hay ta có tam giác CMD cân Suy (trong mặt phẳng (MCD)) MP đường trung tuyến trung trực CD Cũng MP trung trực AB Tương tự có NQ trung trực BC AD Mặt khác dễ dàng chứng minh MNPQ hình bình hành tâm I Suy IA = IB = IC = ID = R I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Hơn bốn mặt tứ diện tam giác nên bán kình đường trịn ngoại tiếp nhau, suy I cách mặt tứ diện Gọi H hình chiếu vng góc I mp(BCD) H tâm đường trịn ngoại tiếp BCD Đặt 5, AC 10, AD 13, IH AB = CD == c = BD == b = BC == a = h, HC = r Ta có:  = cos α = cos B a + b2 − c2 = 2ab ⇒ sin α = 130 nên diện tích mặt là: 130 a + b2 c2 c2 abc 26 2 − − Do đó= Mà MP = MC − CP = S = ab sin α = r CH = = 4 2 4S 14 ⇒ MP =3 ⇒ IP = Nên R = IC = CP + IP = + = ⇒ h = IH = 4 Từ thể tích tứ diện = V 4V= I BCD Ta có = d R2 − r = 25.26 − = 196 4 h.S = Gọi d khoảng cách từ A đến (BCD): = 3 3V 12 = S Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA = x tất cạnh lại Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo x tìm x để thể tích lớn Hướng dẫn S h x D C r H I A B Gọi H hình chiếu vng góc S đáy ABCD Từ giả thiết ta có ABCD hình thoi Ta có tam giác vng SHB = SHC = SHD (cạnh chung SH cạnh huyền 1), suy HB = HC = HD = r H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD, H thuộc AC Gọi I tâm hình thoi Khơng giảm tổng qt ta giả sử H thuộc đoạn IC   Đặt SH  h, IH  y Ta có IB  r  y AC  BD  AB  BC  nên: 2r  2y     r  y   2r  2ry   y   r2  2r , AH  r  2y  r 2r 1  r  1 x2 x   Mà h   r  x   Từ r  y  ,  r  1  r     x 2r x  r  1 x2 2 r  y   r  y   S ABCD   5x  1 x2    , h2    r   h  x2 2x  Ta có x 1 x  5x x  5x AC BD  2r  2y .2 r  y  r  y2   2 r 1  x   x 1  x  Vậy V  2x   5x  1 x2   2x    5x 1  x  2  1  2t  14  5t  10t  13t  Đặt x  t   ;  xét f t   ;  2 t t     t    f ' t    Vậy Vmax  10t  13t  20t  13      t   ; max f t  Do     2t    t  2t  1 35 x  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số g x   ax  bx  cx  dx  c có đồ thị hình bên Tìm số điểm cực tiểu hàm số f x   g g x    Hướng dẫn g ' x   Ta có f ' x   g ' x .g ' g x     g ' g x        + Xét g ' x   có nghiệm x  2, x  3, x    + Xét g ' g x  g x       g x   có nghiệm khác khác x  2, x  3, x   g x    Do f ' x  có nghiệm đơn khác đổi dấu lần nên có cực trị Bây ta thấy a  nên f x  đạt cực tiểu trước tiên cực tiểu cuối lim f x   , lim f x    x  x  Vậy số điểm cực tiểu f x  Câu (2,0 điểm) Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số đơi nột khác Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn chia hết cho 15 Hướng dẫn Số phần tử không gian mẫu n S   9.A93 + Trường hợp 1: Số có dạng abc Như ta cần a, b, c khác đơi có tổng chia hết cho từ tập hợp A = {3; 6; 9}, B = {1; 4; 7}, C = {2; 5; 8} - Nếu chọn ba số a, b, c từ A có C 33 cách, có C 33 3! Số lập Tương tự ba số a, b, c từ B hay ba số a, b, c từ C có C 33 3! số lập Và ta có 3.C 33 3! = 18 số - Nếu chọn a, b, c tập hợp A, B, C số có C 31 C 31 C 31 cách có C 31 C 31 C 31 3! số lập, hay có 162 số Khơng có hai ba chữ số a, b, c thuộc tập hợp chữ số lại thuộc tập khác Như trường hợp ta có: 18 + 162 = 180 số + Trường hợp 2: Số có dạng abc Như ta cần a, b, c khác đơi có tổng a  b  c  chia hết cho (a khác 0) từ tập hợp M = {0; 3; 6; 9}, N = {1; 4; 7}, P = {2; 8} - Nếu chọn a từ M có C 31 cách, b, c cho chữ số từ M chữ số từ P có C 31 C 21 cách Và có C 31 C 31 C 21 2! số lập, hay có 36 số - Nếu chọn a từ M có C 31 cách, b, c từ N có C 32 cách, có C 31 C 32 2! số lập, hay có 18 số - Nếu chọn a, b, c cho hai chữ số từ P có C 22 cách, chữ số từ N có C 31 cách, có C 22 C 31 3! số lập được, hay có 18 số Như trường hợp ta có 36 + 18 + 18 = 72 số Cả hai trường hợp ta có 180 + 72 = 252 số Xác suất cần tìm p  252  9.A93 18 2x  2x  2x    q Tìm tất giá trị p, q p 2x  2x  2x  để giá trị lớn hàm số y  f x  đoạn 1;1 nhỏ tìm giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm) Cho hàm số f x   Hướng dẫn  1 2x   t  t   ;  ta có g t   9t  3pt  q , ta tính: Đặt x  3 1        p  p2       g     q  p; g     q  p; g      q       p p       p   p  2 Khi giá trị nhỏ y  f x  6 a b  a, b  ta ta cho dấu thuộc  p  q ;  p  q Chú ý với max a, b   q  xảy  a  b , có:  p  q   p  q   1  p  q  q   p + Trường hợp 1:    q    So sánh với điều kiện ta  p  1 l    max f x     p  3, p  2, q  0   1;1 p2 p2 + Trường hợp 2: p  2;2 Khi   q   q   q  p  q   q , 4    p  q   q nên max f x    q  max f x     p  2, q  1;1    1;1 min   f x    q   q  3, p  2, q  0 Hoặc max   1;1   Kết luận: Với p  2, q  max f x      1;1 min HẾT ...HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,5 điểm) Cho hàm số y  x 3 C  x x 2 Tìm tọa độ tất điểm thuộc đồ thị C  hàm số có tung độ nguyên Hướng dẫn + Dễ thấy hàm số xác định với x   Xem y tham số,... ta có hai điểm M cần tìm M  2;   M  2;       Lời bình: Bài giải tương tự đề thi học sinh giỏi tỉnh Khánh Hòa ngày 31/10 năm 2019 Câu (2,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương... x2  x   1, lim x   hàm lẻ x 2x x2  x   x2  x   1 ta có t  1;1 t2 + Từ ta có phương trình ẩn t là: m 2  t     0, t  1;1  2m  16 16 t  12 t 2  f t , t  1;1