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

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hưng Yên (Đề chính thức) củng cố lại kiến thức môn học, rèn luyện kỹ năng giải đề và nâng cao tư duy Toán học.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn thi: TỐN Thời gian làm 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (6,0 điểm) Cho hàm số y  x  mx  có đồ thị C m  Tìm giá trị tham số m để đường thẳng d  : y   x cắt đồ thị C m  điểm phân biệt cho tiếp tuyến đồ thị C m  hai ba điểm vng góc với x  1 có đồ thị C  Gọi A x 1; y1 , B x ; y2  điểm cực trị C    với x  x Tìm điểm M trục tung cho T  2MA2  MB  2MA  MB đạt giá trị nhỏ Cho hàm số y  x 2 Câu II (4,0 điểm) log 2x  2  log32 2x  1 1 Cho số thực a, b, c  2; 8 thỏa mãn điều kiện abc  64 Tìm giá trị lớn biểu   Giải phương trình: thức P  log22 a  log22 b  log22 c Câu III (5,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thang cân với AD  2a, AB  BC  CD  a , cạnh SA vng góc với đáy Gọi M trung điểm SB N điểm thuộc đoạn SD cho NS  2ND Biết khoảng cách từ S đến mặt phẳng (AMN) 6a 43 , tính thể tích khối 43 chóp S.ABCD theo a   60o Đường phân giác góc ABC  cắt AC I Cho tam giác ABC vng A có ABC Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AC, vẽ nửa đường tròn tâm I tiếp xúc với cạnh BC Cho miền tam giác ABC nửa hình trịn quay quanh trục AC tạo thành khối tròn xoay V tích V1,V2 Tính tỉ số V2 Câu IV (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm I   ln x  x ln x   dx  x   y   7y  3x   Câu V (2,0 điểm) Giải hệ phương trình  3  3xy  8x   xy  6x  12y     a1     Câu VI (2,0 điểm) Cho dãy an  xác định  Tìm số hạng tổng quát an n 1  an 1  an  n , n      tính lim an HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh Giám thị coi thi Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com HƯỚNG DẪN GIẢI THAM KHẢO Câu I Cho hàm số y  x  mx  có đồ thị C m  Tìm giá trị tham số m để đường thẳng d  : y   x cắt đồ thị C m  điểm phân biệt cho tiếp tuyến đồ thị C m  hai ba điểm vng góc với Hướng dẫn Giả sử có ba giao điểm A, B, C khác nhau, phương trình hồnh độ giao điểm là: x   A 0; 1  x  mx  x    Dễ thấy kA   ytt  1 suy khơng có tiếp tuyến x  mx   * vng góc A Còn lại hai giao điểm B, C có hồnh độ nghiệm (*)  x 1x  Ta có  để hai tiếp tuyến vng góc x 3x  2m .x 3x  2m   1   x  x  m     6m  4m  1  m   m   , thỏa mãn   m   Vậy giá trị m m   x  1 Câu I Cho hàm số y  C  với x x 2 có đồ thị C  Gọi A x 1; y1 , B x ; y2  điểm cực trị    x Tìm điểm M trục tung cho T  2MA2  MB  2MA  MB đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn 1 , x  2  y '    x  3, x  1 hoành độ điểm cực x 2 x  2   trị hay A 3; 4, B 1;1 Gọi I điểm thỏa mãn 2IA  IB   I 5; 9 Ta có y  x          Khi T  2MA  MB  2MA  MB  MI  IA  MI  IB       MI T  2IA2  IB  MI  MI   52  y  9  52  y  9  27   32 2 Nên Tmin  32  y  9  M 0; 9 Câu II Giải phương trình: log 1 2x  2  log 32 2x  1 Hướng dẫn PT log 1 2x  2  log32  2x  1  t  2x    3   2t  t  2 1 t t             f t   a t  b t   0, 0  a, b  1 , ta có 1         Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com f ' t   a t ln a  b t ln b  0, t suy f t  nghịch biên  nên f t   có nghiệm t   x   nghiệm phương trình cho Câu II Cho số thực a, b, c  2; 8 thỏa mãn điều kiện abc  64 Tìm giá trị lớn   2 biểu thức P  log2 a  log2 b  log2 c Hướng dẫn Đặt log2 a  x , log2 b  y, log2 c  z  x , y, z  1; 3 , x  y  z  Ta cần tìm GTLN   P  x  y  z Không giảm tổng quát ta giả sử  x  y  z   x  1;2 , z  2; 3 P  x  z  6  z  x   2z  6  x  z  36  2x  12x (Parabol đồng biến z 6x x  5    2;  )  P  2.32  6  x   36  2x  12x  2x  6x  18  14 ( 2   x   x  ) suy Pmax  14  x  1, y  2, z  (loại y  1, x  2, z  ) Vậy Pmax  14  a  2, b  4, c  (và hốn vị) Câu III Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thang cân với AD  2a, AB  BC  CD  a , cạnh SA vuông góc với đáy Gọi M trung điểm SB N điểm thuộc đoạn SD cho NS  2ND Biết khoảng cách từ S đến mặt phẳng (AMN) 6a 43 , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a 43 Hướng dẫn Gọi E trung điểm AD dễ dàng chứng minh ABCE hình thoi cạnh a, CDE tam giác cạnh a Kẻ CH vng góc với ED CH  cân ABCD, suy S ABCD  3a Lấy a = Dựng hệ tọa độ Axyz hình    vẽ, với B  ; ; 0, D 0;2; 0, S 0; 0; 3h  ,  2  tọa độ điểm  3h     M  ; ; , N 0; ; h   4           3h h 3  Ta có AM , AN    ;  ;  ,    4  phương trình mặt phẳng (AMN) 3hx  h 3y  a đường cao hình thang z S M x B N A z 0  E  Khoảng cách d S , AMN   2h 9h  3h  C  43 H D y suy Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com   4  6a  hay SA  43h  12h    36h   h   S 0; 0; thể tích khối chóp    7  S ABCD là: V  6a 3a 3a 21  14   60o Đường phân giác góc ABC  cắt Câu III Cho tam giác ABC vng A có ABC AC I Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AC, vẽ nửa đường tròn tâm I tiếp xúc với cạnh BC Cho miền tam giác ABC nửa hình trịn quay quanh trục AC tạo thành khối trịn V xoay tích V1,V2 Tính tỉ số V2 Hướng dẫn C D I B A a Khi cho tam giác ABC nửa hình trịn tâm I quay xung xung quanh AC tạo thành khối nón tròn xoay khối Đặt AB  a , AC  h  AB tan 60o  a 3, IA  R  AB tan 30o  cầu Ta có: V1 V2  Vnon Vcau  a 2h / a a   4R / 3 4.a Câu IV Tìm họ nguyên hàm I    ln x x ln x   dx Hướng dẫn Đặt x ln x    t  x ln x   t  1  1  ln x dx  t  1dt , suy I t    t  1 t dt  2t  ln t  C  I x   x ln x   ln   x ln x    C    x   y   7y  3x  Câu V Giải hệ phương trình:  3 2  xy  x   xy  x  12 y     Hướng dẫn + Xét x  2 từ phương trình đầu ta có y  2 vào phương trình thứ hai khơng thỏa mãn Lập luận tương tự y  2 ta suy điều kiện x , y  2 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com + Biến đổi phương trình thứ nhất:  y   y 2     t  7t  3, t   t   x  y  2   x 2  x   1 Thế vào phương trình thứ hai: Đặt 3 3x  8x   x  6x  12x  (*) 3x  8x   t  3x  8x   t , từ (*) ta có t  t  x  1  x  1  u  u   Hay t  u  t  tu  u    t  u  x  Từ ta được: 3x  8x   x  1  x  6x  11x    x  1, x  2, x  (thỏa mãn)   Vậy hệ cho có ba nghiệm x , y   1;1, 2;2, 3; 3 Câu VI Cho dãy an   a1    xác định  Tìm số hạng tổng qt an tính  n 1  an 1  an  n , n      lim an Hướng dẫn Dễ thấy dãy số cho dãy số dương tăng Giả sử an   a1  đúng, an 1   Vậy an   n 2 , n  , ta có: 2n 1 2n  n  n 2 n 1 n 3  n  4  n   n (đúng tới n + 1) n 1 n 2 2 n 2 n 2 , n  Suy lim an  lim  n 1   n 1 2 Lời bình: Nhìn chung đề mức độ HẾT Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com ...  x  z  6  z  x   2z  6  x  z  36  2x  12x (Parabol đồng biến z 6x x  5    2;  )  P  2.32  6  x   36  2x  12x  2x  6x  18  14 ( 2   x   x  ) suy Pmax... trịn quay quanh trục AC tạo thành khối trịn V xoay tích V1,V2 Tính tỉ số V2 Hướng dẫn C D I B A a Khi cho tam giác ABC nửa hình trịn tâm I quay xung xung quanh AC tạo thành khối nón trịn xoay... 3x  Câu V Giải hệ phương trình:  3 2  xy  x   xy  x  12 y     Hướng dẫn + Xét x  2 từ phương trình đầu ta có y  2 vào phương trình thứ hai khơng thỏa mãn Lập luận tương tự y 