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

Mời quý thầy cô tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hải Phòng để đánh giá kết quả học tập của học sinh từ đó đưa ra phương pháp ôn thi cho các em có hiệu quả hơn, đồng thời tích lũy kiến thức bài giảng và kinh nghiệm ra đề. Chúc quý thầy cô tìm được nguồn tài liệu hay và hữu ích!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG Câu 1: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (2,0 điểm) a) Cho hàm số y = mx3 + mx + ( m + 1) x − Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số nghịch biến  b) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị biểu thị Hình Tìm số giá trị nguyên tham số m đoạn [ −2020; 2020] để hàm số h ( x ) = f ( x ) + f ( x ) − m có điểm cực trị Câu 2: Câu 3: Câu 4: (1,0 điểm) Cho log 12 = x , log12 24 = y log 54 168 = axy + , a , b , c số bxy + cx nguyên Tính giá trị biểu thức S =a + 2b + 3c + cos x + sin x − sin x − cos x (1,0 điểm) Giải phương trình =0 2sin x + ( 1,0 điểm) Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt x3 − x + + x3 − 3x + m + m = (1,0 điểm) Một thi trắc nghiệm có 50 câu hỏi, câu hỏi có phương án lựa chọn có phương án Biết câu trả lời 0, điểm câu trả lời sai điểm Một học sinh không học nên làm cách chọn ngẫu nhiên câu phương án trả lời Hỏi điểm số có xác suất xuất lớn nhất? Câu ( 2,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD Gọi M , N trung điểm cạnh AB, CD ; P Câu 5: điểm nằm đoạn BC cho BP  kPC k  1 a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD trường hợp ACD vuông A , BCD vuông cân B AB  AC  AD  a b) Mặt phẳng qua ba điểm M , N , P chia tứ diện thành hai khối đa diện tích V V1 , V2 ( V1 thể tích phần chứa điểm A ) Tính V1 Câu 7: ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có  ACB= 75° , B ( −4; −2 ) ; D điểm thuộc cạnh BC cho DC = DB Biết đường cao kẻ từ A có phương trình x + y =  ADC= 60° Tìm tọa độ điểm A biết A có hồnh độ âm Câu (1.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức = p − 2 2ab + 8ab 2a + 2b + 2c + 4ac + HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) c) Cho hàm số y = mx3 + mx + ( m + 1) x − Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số nghịch biến  d) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị biểu thị Hình Tìm số giá trị nguyên tham số m đoạn [ −2020; 2020] để hàm số h ( x ) = f ( x ) + f ( x ) − m có điểm cực trị Lời giải a) Nếu m = ta có hàm số y= x − hàm số đồng biến  nên không thỏa mãn Xét m ≠ ta có y=′ 3mx + 2mx + m + Để hàm số nghịch biến  y′ ≤ với a 3m < = m < m < ⇔m≤− ⇔ ⇔ x∈ ⇔  2 ∆=′ m − 3m ( m + 1) ≤  2m + ≤ −2m − 3m ≤ b) Ta có hàm số h ( x ) có tập xác định  Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + f ( x ) − m Khi đó: Tập xác định D =  = g ′ ( x ) f ( x ) f ′ (= x ) + f ′ ( x ) f ′ ( x )  f ( x ) +   f ′( x) = g ′ ( x ) = ⇔ f ′ ( x )  f ( x ) +  = 0⇔  f ( x ) = −2 Dựa vào đồ thị ta có x = ● f ′ ( x )= ⇔  x = ● f ( x ) =−2 ⇔ x =a < ● g ′ ( ) f ′ ( )  f ( ) +  < f ( ) > , f ′ ( ) < = Bảng biến thiên x a -∞ g'(x) - + - +∞ + +∞ +∞ g(x) -m + -m -m - Dựa vào bảng biến thiên dễ thấy hàm số h ( x ) = g ( x ) có điểm cực trị −m − ≥ ⇔ m ≤ −8 Kết hợp với điều kiện [ −2020; 2020] ta có 2013 giá trị m thỏa mãn Câu 2: (1,0 điểm) Cho log 12 = x , log12 24 = y log 54 168 = axy + , a , b , c bxy + cx số nguyên Tính giá trị biểu thức S =a + 2b + 3c Lời giải log 168 log ( 24.7 ) log 7 + log 24 log 12.log12 24 + = = = log 54 log 54 log 54 log 54 Ta có log = 54 168 Do log 54 = log 12.log12 54 nên log 54 168 = xy + x log12 54 Ta tính log12 54 = log12 ( 27.2 ) = log12 27 + log12 = 3log12 + log12 Mà log12 3= log12 24 12 3.2.12.24 123 = log12 = − log12 24 2.12.24 24 Suy log12 54 = ( − log12 24 ) + log12 24 − 1= − 5log12 24 = − 5y xy + xy + = , suy a = , b = −5 , c = x ( − y ) −5 xy + x log 54 168 Vậy = Giá trị biểu thức S =a + 2b + 3c =1 + ( −5 ) + 3.8 =15 Câu 3: Giải phương trình + cos x + sin x − sin x − cos x =0 2sin x + Lời giải Điều kiện: sin x ≠ − PT ⇔ + cos x + sin x − sin x − cos x = ⇔ cos x − cos x + + 2sin x cos x − sin x = ⇔ ( cos x − 1)( cos x − 3) + sin x ( cos x − 1) = ⇔ ( cos x − 1)( sin x + cos x − 3) =  cos x =   cos x = ⇔  π   sin x +  = ( VN ) sin x + cos x =   4 1 3 Với cos x =⇒ cos x =⇒ sin x =⇒ sin x = ± 4 Câu 4: Kết hợp với điều kiện, suy phương trình cho vơ nghiệm Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt x3 − x + + x3 − 3x + m + m = Lời giải x3 − x + + x3 − 3x + m + m = (1) PT (1) ⇔ x3 − x + m + x3 − x + m =( x − 1) + ( x − 1) ⇔ f ( ) x − x + m = f ( x − 1) (*) t + 2t , t ∈  Xét hàm số f ( t ) = Ta có: f ′ ( t = ) 3t + > 0, ∀t ∈  Suy hàm số f liên tục đồng biến  x ⇔ x3 − 3x + m = x3 − 3x + 3x − Do đó: (1) ⇔ x3 − x + m =− g ( x ) =x3 − x + =−m ( ) Xét hàm số: g ( x ) = x3 − x + Ta có: g ′ ( x ) =3 x − =0 ⇔ x =±1 Suy hàm số g ( x ) có hai điểm cực trị x = −1 x = Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ phương trình ( ) có ba nghiệm phân biệt ⇔ g (1) < −m < g ( −1) ⇔ −1 < −m < ⇔ −3 < m < Câu 5: (1,0 điểm) Một thi trắc nghiệm có 50 câu hỏi, câu hỏi có phương án lựa chọn có phương án Biết câu trả lời 0, điểm câu trả lời sai điểm Một học sinh không học nên làm cách chọn ngẫu nhiên câu phương án trả lời Hỏi điểm số có xác suất xuất lớn nhất? Lời giải Gọi x số câu học sinh làm ( ≤ x ≤ 50 ) , lúc số điểm học sinh đạt 0, 2x 1 Xác suất để học sinh làm x câu C50x   4 Giả sử 0, 2x số điểm có xác suất lớn nhất, x 3   4 50 − x 49 − x x +1  x   x  50− x 3 47 x +1     ≥ C50     C50     ≥ x≥   3 ( x + 1) ≥ 50 − x  50 − x x +   4 4 4 4 ⇔ ⇔ ⇔  x 50 − x x −1 51− x  51 − x ≥ x 3  1≥  x ≤ 51  x 1 3 x −1   C C ≥ 50       50      x 51 − x 4 4  Do x nguyên nên x = 12 Vậy điểm 2, có xác suất xuất cao Câu ( 2,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD Gọi M , N trung điểm cạnh AB, CD ; P điểm nằm đoạn BC cho BP  kPC k  1 a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD trường hợp ACD vuông A , BCD vuông cân B AB  AC  AD  a b) Mặt phẳng qua ba điểm M , N , P chia tứ diện thành hai khối đa diện tích V V1 , V2 ( V1 thể tích phần chứa điểm A ) Tính V1 Lời giải a) Vẽ hình Có N trung điểm CD BCD vuông cân B  N tâm đường tròn ngoại tiếp BCD BN  Lại có AB  AC  AD  a  AN   BCD  AN  CD a  2 CD a  2 CD a  BN CD  a Vậy VABCD  AN SBCD  12 b) Vẽ hình SBCD  Gọi I  MP  AC , Q  IN  AD Vậy thiết diện tứ diện ABCD cắt  MNP  MPNQ V Gọi V  VABCD  d  A,  BCD .SBCD  VA.BDN  VA.BCN  V1  VA.MNQ  VA.MNP  VA.CNP Áp dụng định lý Menelaus cho ABC ACD , ta có: MA BP IC QA ND IC QA BP AQ k  1  k  MB PC IA QD NC IA QD PC AD  k S V 1 CP CN Lại có: CPN  V   A.CPN   VA.CPN  1  k  SCBD CB CD 1  k  VA.CBD 1  k   k  V V Suy VA.B NP   V    k  1 2 1  k  VA.MNQ  AM AQ k VA.BND  V AB AD k  1  k  V AM VA.BNP  VA.BNP      k  1 AB  k  V k V Vậy V1  VA.MNQ  VA.MNP  VA.CNP  V   V     k  1 1  k  k  1 V Kết luận:  V1 VA.MNP  Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có  ACB= 75° , B ( −4; −2 ) ; D điểm thuộc cạnh BC cho DC = DB Biết đường cao kẻ từ A có phương trình x + y =  ADC= 60° Tìm tọa độ điểm A biết A có hồnh độ âm Lời giải A 2x+y=0 75 C 60 H B(-4;-2) D Ta có phương trình BC : x − y =0 ⇒ H =AH ∩ BC =( 0;0 ) Suy C ∈ BC ⇒ C = ( 2t; t ) , 1     −4 + 2t −2 + t   −8 + 2t −4 + t   − DC ⇒ D = ; = ; DB =   1   3   1+  1+  2  Gọi tọa độ điểm A ∈ AH ⇒ A = ( a; −2a ) với a < Ta tính đoạn thẳng AH = 5a ; CH = 5t ; DH = ACD = Xét tỉ số lượng giác tan  (t − 4) AH −a = = tan 75° = + , (1) CH t ADH = Mà tan  AH −3a = = tan 60 = ° DH t − ( ,(2) ) −a = + t t= −  a = −2 t −4  Từ (1) (2) ta có  = ⇒3 ⇔ ⇒ 2+ t a =−1 − t = 1−   − a = t − 3   Vậy tọa độ điểm A = Câu ( −2; ) ( ) A = −1 − 3; + (1.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c = p thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức − 2ab + 8ab 2a + 2b + 2c + 4ac + Lời giải Ta có: 2a + 2b + 2c + 4ac= 2b + 2(a + c) ≥ (b + a + c) Hay −2 2a + 2b + 2c + 4ac + ≥ −2 a + b + c +1 Mặt khác ta có: 2ab + 8bc= b.2a + 2bc= b.2a + 2c.b ≤ b + 2a + b + 2c= 2(a + b + c) ⇒ 1 ≥ 2ab + 8bc 2(a + b + c) Nên p ≥ ; đặt t = a + b + c > − 2(a + b + c) a + b + c + ⇒ p≥ 2 ( 0; + ∞ ) − ; xét f (t= ) − 2t t + 2t t + f '(t ) = −1 2 + = ⇔ ( t + 1) = 4t ⇔ t + = 2t ⇔ t = 2 2t (t + 1) Bảng biến thiên 1 ⇒ f (t ) ≥ − Hay p ≥ − 2 b = a + b + c =   2a Minp = − ⇔ b = ⇔ b = 2c a= c=   HẾT ... 54 = log 12. log12 54 nên log 54 168 = xy + x log12 54 Ta tính log12 54 = log12 ( 27.2 ) = log12 27 + log12 = 3log12 + log12 Mà log12 3= log12 24 12 3.2 .12. 24 123 = log12 = − log12 24 2 .12. 24 24...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG Câu 1: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (2,0 điểm) a)... ) f ′ ( )  f ( ) +  < f ( ) > , f ′ ( ) < = Bảng biến thi? ?n x a -? ?? g'(x) - + - +∞ + +∞ +∞ g(x) -m + -m -m - Dựa vào bảng biến thi? ?n dễ thấy hàm số h ( x ) = g ( x ) có điểm cực trị −m −