Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh dành cho các em học sinh lớp 12 và ôn thi HSG môn Toán sắp tới, việc tham khảo đề thi này giúp các bạn củng cố kiến thức luyện thi một cách hiệu quả. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1.(2,5 điểm) Cho hàm số y = −2 x + có đồ thị đường cong ( C ) đường thẳng d : = y 2x + m x +1 Tìm m để d cắt ( C ) hai điểm A, B cho diện tích tam giác OAB (với O gốc tọa độ) Câu (2,5 điểm) Một hộp đựng 20 thẻ đánh số liên tiếp từ đến 20 Một người rút ngẫu nhiên lúc thẻ Tính xác suất để hai ba thẻ lấy có hai số tương ứng ghi hai thẻ ln hai đơn vị Câu (2,5 điểm) Cho hàm số bậc ba f ( x ) = x3 + ax + bx + c với a, b, c ∈ R , biết 4a + c > 2b + 2a + 4b + 8c + < Tìm số điểm cực trị đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) Câu (2,5 điểm) Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD tứ giác lồi, tam giác ABD cạnh a ,  tam giác BCD cân C BCD = 120° Cạnh SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) SA = 2a Mặt phẳng ( P ) qua A vng góc với SC cắt cạnh SB, SC , SD M , N , P Tính thể tích khối chóp S AMNP Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x )= − x Tìm m để hàm số 1  = y f ( x + x ) + m  ln x −  nghịch biến khoảng (1; +∞ ) x  S Câu (2,0 điểm) Phần thơng Noel có dạng hình nón, đỉnh S , độ dài đường sinh l = 2m bán kính đáy r = 1m Biết AB đường kính đáy hình nón I trung điểm đoạn thẳng SB (tham khảo hình vẽ) Để trang trí, người ta lắp dây bóng nháy mặt ngồi thơng từ vị trí A đến I Tính độ dài ngắn dây bóng nháy I A l r B Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x + (m + 2) x + = (m − 1) x3 + x với m tham số thực Tìm m để phương trình cho có nghiệm thực phân biệt Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = + x + x Tìm m để bất phương trình ( x − m) f ( x − m) + + − x2 ( f 1+ 1− x ) ≤ nghiệm với x ∈ [ −1;1] Câu (2,0 điểm) Cho số thực a, b, c ∈ [ 4;8] Tìm giá trị lớn biểu thức F = a + b + c − log 32 (abc) -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:…………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020-2021 - Mơn: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG - Mọi cách giải khác đáp án, mà đủ bước cho điểm tương ứng; - Ban Giám khảo thống phân chia ý điểm đến 0.25; - Điểm tồn khơng quy trịn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu (2.5 đ) Pt hoành độ giao điểm d ( C ) 2 x + (m + 4) x + m − =0 (*) −2 x + = 2x + m ⇔  x +1 x ≠ −1  ∆ = a x A − xB = AB= x A − xB = m 5(m + 24) Điểm 0.5 0.5 0.5 1 m 5(m + 24) = S ∆OAB = ⇔ d ( O, AB ) AB = 7⇔ 2 0.5 ⇔ m + 24m − 112 =⇔ m= ±2 0.5 Gọi Ω khơng gian mẫu Ta có n ( Ω ) =C20 = 1140 1.0 Gọi A biến cố rút ba thẻ cho hai ba thẻ lấy có hai số tương ứng ghi hai thẻ hai đơn vị Biến cố A xảy có trường hợp sau: TH Chọn thẻ ghi số liên tiếp có 18 cách TH2 Chọn thẻ có thẻ ghi số liên tiếp: Nếu hai thẻ liên tiếp đánh số 1,2 19,20 có 17 cách chọn thẻ cịn lại Nếu hai thẻ cặp số 2,3 đến cặp số 18,19 cặp số có 16 cách chọn thẻ lại 306 cách Vậy TH có 2.17 + 17.16 = Suy n A =18 + 306 =324 ( ) ( ) A Suy P= Câu (2.5 đ) ∆ = m + 24 > 0, ∀m ∈ R m + 24 ; y A − y B = x A − xB ( x A − xB ) + ( y A − y B ) = d ( O, AB ) = Câu (2.5đ) NỘI DUNG ( ) n A 324 27 68 = = , suy P ( A ) = 1− P A = n ( Ω ) 1140 95 95 ( ) 0.5 0.5 0.5 Ta có 4a − 2b + c − > ⇒ f ( −2 ) > 1  1 2a + 4b + 8c + < ⇔  + a + b + c  < ⇒ f   < 8  2 Ta thấy lim f ( x ) = +∞ , nên tồn số p > cho f ( p ) > x →+∞ lim f ( x ) = −∞ , nên tồn số q < −2 cho f ( q ) < x →−∞ 0.5 0.5 1 1 Ta có f ( q ) f ( −2 ) < 0; f ( −2 ) f   < 0; f   f ( p ) < 2 2 1 1   Suy f ( x ) = có nghiệm thuộc khoảng ( q; −2 ) ;  −2;  ;  ; p  2 2   Nên hàm số y = f ( x ) có cực trị 0,5 0,5 Suy g ( x ) = f ( x ) có điểm cực trị Câu (2.5 đ) S 0,5 : IC ID.cot Tam giác ICD = = 60° 2a ⇒ AC = AI + IC = P N Tam giác SAC vuông A có D M A a a = ; AI SN SA2 ⇒ = = 2 SC SA + AC C I SN SA2 = SC SC 0,5 0,5 B Tam giác ABC vuông B ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ; ⇒ BC ⊥ AM Mặt khác AM ⊥ SC , nên AM ⊥ ( SBC ) , suy AM ⊥ SB 0.5 SM SA2 SM SA2 Trong tam giác vng SAB ta có = ⇒= = 2 SB SB SB SA + AB Câu (2.0đ) V SP SM SM SN 2 Tương tự = = Khi S AMN = ⇒ VS AMN = VS ABCD = = SD SB VS ABC SB SC 5 V Tương tự VS ANP = V Suy S AMNP = VS ABCD 0,5 2a a a S ABCD = = AC.BD = 3 V 1 a a3 2a Suy = VS ABCD = Vậy S AMNP = ⇒ VS AMNP = SA.S ABCD a= 3 45 VS ABCD 0.5 ( ) 1 x   y f x + x + m  ln x −  Suy y ' ( x ) = Ta có = ( 2x + 1) f ' ( x + x ) + Hàm số nghịch biến (1;+∞ ) y ' ( x ) ≤ ∀x ∈ (1; +∞ )   ( ) Hay ( 2x + 1)  f ' x + x + ( ) m ( x + 1) x2 m m ≤ ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇔ f ' ( x + x ) + ≤ ∀x ∈ (1; +∞ ) 2 x  x Suy m ≤ − x f ' x + x = x (( x + x ) − 4)= 2 x + x5 + x − x với ∀x ∈ (1; +∞ ) Đặt g ( x ) = x + x + x − x , g ′ ( x ) = x + 10 x + x − x = x ( x + x + x − ) 0.5 0.5 0.5 Do x ∈ (1; +∞ ) suy x + x3 + x − > suy g ′ ( x ) > , suy g ( x ) đồng biến (1; +∞ ) Suy m ≤ g ( x) với ∀x ∈ (1; +∞ ) m ≤ g (1) = 0.5 Khi lắp dây bóng từ A đến I mặt nón có hai hướng, tính đối xứng nên ta xét hướng Trải nửa mặt nón lên mặt phẳng ta hình quạt (như hình vẽ) S Câu (2.0đ) I A B Độ dài ngắn dây bóng nháy AI = π ( m) Cung  AB nửa đường tròn đáy nên l  AB Số đo góc ⇒ AI= Câu (2.0đ) 0.5 l l π AB AB  α = = ASB : = SA SA2 + SI 2= l 0.5 ( m) 0.5 Điều kiện: x ≥ Nhận xét x = khơng phải nghiệm phương trình, suy x > , ta có 4 x + (m + 2) x + = (m − 1) x3 + x ⇔ x + − (m − 1) x + + m + = (1) x x Đặt x+ 0.5 x) t xét t ( = = x x+ 0.5 x2 − x ′ t ( x ) = ta có , 2 x 2x x +4 0.5 t2 + t + Với t ≥ phương trình (1) trở thành t − (m − 1)t + m + = ⇔ m = t −1 t +t +2 t − 2t − Xét hàm số m(t ) = với t ≥ ta có m′(t ) = t −1 (t − 1) 2 ( 2) 0.5 Dựa vào hai bảng biến thiên ta có: Phương trình cho có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t > Suy < m < Câu (2.0đ) Ta xét f ( − x )= + ( − x ) + ( − x )= 1 + x − x= + x2 + x = 1 Vậy f ( − x ) = f ( x) f ( x) (1 + − x ) Suy ( x − m ) f ( x − m ) + ≤ ⇔ ( x − m) f ( x − m) ≤ − f (1 + − x ) f (1 + − x ) ⇔ ( x − m ) f ( x − m ) ≤ ( −1 − − x ) f ( −1 − − x ) (1) Xét g ( t= ) t f ( t=) t ( + t + t=) t t + + t 0,5 + − x2 2 2 0.5 2 0,5 g′ (t ) = 1+ t2 + t2 1+ t2 + 2t ≥ t2 + 2t = t + 2t (BĐT Cauchy) 1+ t 1+ t ⇒ g ′ ( t ) ≥ t + 2t ≥ , Vậy hàm số g ( t ) đồng biến  (1) ⇔ g ( x − m ) ≤ g ( −1 − ) − x ⇔ x − m ≤ −1 − − x ⇔ m ≥ x + + − x ( Để (1) ln ta phải có m ≥ Max x + + − x [ −1;1] Đặt h( x) = x + + − x ⇒ h ' ( x ) = − ( 0,5 ) x − x2 ) h '( x) = ⇔ x = 0,5 Từ suy Max x + + − x = + Vậy m ≥ + [ −1;1] Câu (2.0đ) Xét hàm số f ( x) = x − 48log x + 80 [ 4;8] ta có 2x − f ′( x) = ( ln ) x − 48 ; f ′( x) = ⇔ x = 24 = x 48 = ( 0) ln x ln x ln 0.5 ⇒ x − 48log x + 80 ≤ ⇒ x ≤ 48log x − 80, ∀x ∈ [ 4;8] 1 ⇒ a + b + c − log 32 (abc) ≤ 48 ( log a + log b + log c ) − 240 − log 32 (abc) 4 1 ⇒ a + b + c − log 32 (abc) ≤ 48log (abc) − 240 − log 32 (abc) 4 a, b, c ∈ [ 4;8] ⇒ log a, log b, log c ∈ [ 2;3] ⇒ log (abc) ∈ [ 6;9] 0.5 Xét hàm số g ( x) = 48 x − 240 − x3 [ 6;9] ta có g ′( x= ) 48 − x ; g ′( x) = ⇔ x = 0,5 Suy g ( x) ≤ 16 1 a + b + c − log 32 (abc) ≤ 48log (abc) − 240 − log 32 (abc) ≤ 16 4 Dấu xảy abc = 256 log a, log b, log c nhận giá trị Suy a= b= 8, c= 4; a= c= 8, b= c= b= 8, a= Vậy maxF = 16 ……………………… HẾT………………… 0.5 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 202 0-2 021 - Mơn: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG - Mọi cách giải... ≥ phương trình (1) trở thành t − (m − 1)t + m + = ⇔ m = t −1 t +t +2 t − 2t − Xét hàm số m(t ) = với t ≥ ta có m′(t ) = t −1 (t − 1) 2 ( 2) 0.5 Dựa vào hai bảng biến thi? ?n ta có: Phương trình... HƯỚNG DẪN CHUNG - Mọi cách giải khác đáp án, mà đủ bước cho điểm tương ứng; - Ban Giám khảo thống phân chia ý điểm đến 0.25; - Điểm tồn khơng quy trịn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu (2.5 đ) Pt hoành