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

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức chuẩn bị cho bài thi chọn HSG cấp tỉnh sắp tới, rèn luyện kỹ năng giải đề thi để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Toán lớp 12. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG CÁC MƠN VĂN HĨA CẤP TỈNH THANH HĨA NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp: 12 THPT TOANMATH.com Ngày thi: 15 / 12 / 2020 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 05 câu - gồm 01 trang Câu (4,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị  C  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C  hàm số Tìm m để đường thẳng y  m( x  2) cắt đồ thị  C  ba điểm phân biệt cho tiếp tuyến với đồ thị  C  ba điểm tạo thành tam giác vuông Câu (4,0 điểm)   Giải phương trình: sin x cos x    sin x  1  cos x  cos x   2    x ln 1    ln 1  y  x     Giải hệ phương trình:   x; y       y  3xy  x xy 5y   Câu (4,0 điểm) Gọi X tập hợp số tự nhiên có chữ số đơi khác lấy từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, Chọn ngẫu nhiên số từ tập X Tính xác suất để số chọn số chẵn, có mặt hai chữ số 2, đồng thời không đứng cạnh Để 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 không thay đổi suốt trình anh An trả nợ Hỏi sau tháng anh trả hết nợ ngân hàng? (tháng cuối trả 10 triệu đồng) Câu (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 (không trùng đỉnh hình chóp S.ABCD) Gọi M ' , N ' , P ' , Q ' hình chiếu vng góc M, N, P, Q lên SM mặt phẳng  ABCD  Tính tỉ số để thể tích khối đa diện MNPQ.M ' N ' P ' Q ' đạt giá trị lớn SA Cho mặt cầu tâm O, bán kính R  Từ điểm S mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu   CSA    Khi  thay đổi, tính điểm A, B, C (khác với S) cho SA  SB  SC  ASB  BSC thể tích lớn khối chóp S.ABC Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh 2a, D trung điểm BC Biết SAD tam giác mặt phẳng  SAD  vng góc với mặt phẳng  ABC  Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  Câu (2,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x3  y  z   xy  yz  zx  HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm./ Họ tên học sinh: Số báo danh: Câu I Cho hàm số y  x  3x  có đồ thị  C  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C  hàm số • Tập xác định    • Đạo hàm y  3x  x Lời giải  x  2  y  • y     x   y  4 • Giới hạn lim y   , lim y   x  x  • Bảng biến thiên • Hàm số đồng biến  ; 2   0;  , nghịch biến  2;0  • Hàm số đạt cực đại x  2 , yCÐ  • Hàm số đạt cực tiểu x  , yCT  4 • Ta có y  x  ; y    x  1  y  2 Điểm uốn I  1; 2  • Đồ thị Tìm m để đường thẳng y  m  x   cắt đồ thị  C  ba điểm phân biệt cho tiếp tuyến Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng y  m  x   đồ thị  C  là: x  x   m  x     x  1 x    m  x    x  2   x  2  x2  x   m     x  x   m  1 Đường thẳng y  m  x   cắt đồ thị hàm số y  x  x  ba điểm phân biệt  phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 2  9  m  m      * m  m  Khi đường thẳng y  m  x   cắt đồ thị hàm số y  x  x  ba điểm phân biệt có hồnh độ 2, x1 , x2 với x1 , x2 hai nghiệm phương trình 1  x1  x2  1  x1.x2  m  Theo định lí Viet ta có  Ta có y  x  x Suy hệ số góc tiếp tuyến đồ thị  C  ba điểm phân biệt có hồnh độ 2, x1 , x2 y  2   0, y  x1   x12  x1 , y  x2   x22  x2 Đường thẳng y  m  x   cắt đồ thị  C  ba điểm phân biệt cho tiếp tuyến với đồ thị  C  ba điểm tạo thành tam giác vng  y  x1  y  x2   1   x12  x1  x22  x2   1   x1 x2   18 x1 x2  x1  x2   36 x1 x2  1   m    18  m    36  m    1  m  18m   3  2 thỏa mãn điều kiện (*) 3  2 Vậy m  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    2cos(2 x  )   cos( x  )    x   k 2    cos( x  )       cos ( x  )  cos( x  )     x    m 2  6 cos( x   )     x       m2     x   k 2     x   m2 (k , m  Z )    x     m2  Vậy phương trình có nghiệm x  Giải hệ phương trình   k 2 ; x    m2 ; x     m2 (k , m  Z )   2    x ln 1    ln 1  y  x     ( x, y  )     y  3xy  x xy 5y   Lời giải x   1   Điều kiện:  y 5 y      y  3xy  5y     y  3xy   1    x y 5y        y  3xy  1     x  y   5y    2 y  3xy    x xy 5y  |(1)   y   y      x  xy   y   y   y    3x  x 2 2  2  2     1  12   1    1  x3  12 x  x (*) y  y  y  Xét hàm số f  t   9t  12t  4t , t   0;    f  t   27t  24t   0t   0;     Hàm số f  t  đồng biến  0;   2  Do (*) có dạng f   1  f  x   x   y y  Thay x   vào phương trình y  2   x ln 1    ln 1  y  ta x      x ln 1    ln x x     x ln 1    ln x  (2) x  Đặt t  x , t   2 t ln     ln t   t  ln  t    ln t   ln t   t  2 g  t   t  ln  t    ln t   ln t  g   t   ln       t  t t2 Phương trình (2) trở thành: + Hàm số h  a   ln 1  a   a liên tục  0;   a 1   với a  1 a 1 a Hàm số h  a   ln 1  a   a nghịch biến  0;   h  a   + Với 2 2  2  2   h    h    ln       g   t   ln      0 t t t t   t  t t2  Hàm số g  t  nghịch biến  0;   Mặt khác g     t  nghiệm phương trình g  t   + t 2 x4 y   2 Ta thấy  x; y    4;  thỏa mãn hệ phương trình  3  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    4;   3 Câu III (4.0 điểm): Gọi X tập hợp số tự nhiên có sáu chữ số đôi 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  17640 Số phần tử tập X 7.C7  17640  n     C17640 Số cần tìm có dạng abcdef  a   biến cố thuận lợi A TH1: f  Có A52 cách xếp và A53 cách xếp cho số cịn lại nên có A52 A53 số mà ln có mặt hai chữ số Nếu đứng cạnh có cách xếp A53 cách xếp cho ba vị trí cịn lại, nên có 8.A53 số mà đứng cạnh Do trường hợp có: A52 A53  A53  720 số thỏa mãn đề TH2: f  Nếu xét trường hợp a  có bốn cách xếp chữ số không đứng cạnh chữ số có A64 cách xếp cho vị trí cịn lại  4.A64 số Nếu xét riêng a  có ba cách xếp chữ số khơng đứng cạnh chữ số có A53 cách xếp cho vị trí cịn lại  3.A53 số Trường hợp có A64  A53  1260 số TH3: f  4;6  cách chọn f Nếu xét a  có A52 A53 số mà ln có mặt hai chữ số Nếu đứng cạnh  8.A53 cách xếp, hay có  A52 A53  A53   1440 số Nếu a  có A42 A42 cách xếp bcde ln có mặt hai chữ số Trong có 6.A42 cách xếp mà hai chữ số đứng cạnh Do có:  A22 A22  A42   144 số Trường hợp có: 1440  144  1296 số  3276 Cả ba trường hợp có tất 720  1260  1296  3276 số  n  A  C3276 Vậy P  A   3276 13  17640 70 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, không thay đổi suốt trình anh An trả nợ Hỏi sau tháng anh trả hết nợ ngân hàng ? (tháng cuối trả 10 triệu đồng) Lời giải Gọi P0 số tiền gốc vay ban đầu, r lãi suất/ tháng, A số tiền anh An hồn nợ hàng tháng Ta có: Số tiền nợ ngân hàng cịn lại sau anh An hồn nợ tháng thứ nhất: P1  P0 1  r  A Số tiền nợ ngân hàng lại sau anh An hoàn nợ tháng thứ hai: P2  P1 1  r  A  P0 1  r   A.1  r   A Số tiền nợ ngân hàng lại sau anh An hoàn nợ n tháng là: 1  r  1 n n1 n Pn  P0 1  r   A 1  1  r   1  r    1  r    P0 1  r   A   r n Khi anh An trả hết nợ ngân hàng Pn  hay P0 1  r   A n 1  r  1 n r  A  A  n  log1 r   A  rP0  A  rP0  Thay số ta n  65, 38 Vì n số nguyên nên chọn n  66 Suy 1  r   n Câu IV Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Một mặt phẳng thay đổi ln song song với mặt phẳng chứa đa giác đáy cắt cạnh bên SA, SB, SC, SD M, N, P, Q (không trùng với đỉnh hình chóp S ABCD ) Gọi M’, N’, P’, Q’ hình chiếu SM vng góc M, N, P, Q lên mặt phẳng  ABCD  Tính tỉ số để thể tích khối đa diện SA 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   CSA    Khi  thay cầu điểm A,B,C ( khác với S) cho SA=SB=SC  ASB  BSC đổi, tính thể tích lớn khối chóp S ABC Lời giải S N B Đặt N A Q M M P Q H P D C SM  k với k   0;1 SA MN SM   k  MN  k AB AB SA MQ SM Xét tam giác SAD có MQ // AD nên   k  MQ  k AD AD SA Kẻ đường cao SH hình chóp Xét tam giác SAH có: MM  AM SA  SM SM MM  // SH nên    1   k  MM   1  k  SH SH SA SA SA Ta có VMNPQ.M N PQ  MN MQ.MM   AB AD.SH k 1  k  Xét tam giác SAB có MN // AB nên Mà VS ABCD  SH AB AD  VMNPQ.M N PQ  3.VS ABCD k 1  k  Thể tích khối chóp khơng đổi nên VMNPQ M N PQ đạt giá trị lớn k 1  k  lớn Ta có k  k  1  1  k  k k   2k  k  k      2  27 Đẳng thức xảy khi: 1  k   k  k  SM Vậy  SA 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  SO '  SA2 l  1 SD R Gợi E trung điểm BC, ta có :  2l sin BC  SO '  SA2  O ' A2  l  sin  BC=2BE = 2l.sin  AO '   3 Từ (1) (2) ta  l   l  sin 2R 2  2 có      l  R  sin  S ABC  3R   sin  sin 2     SO '  R 1  sin  2  3 2  2 Vậy VS ABC  SO '.S ABC  R 1  sin  sin 3 2     Đặt x  sin , x   0;1 , ta xét hàm số : y  x 1  x    2 1 Lập bảng biến thiên hàm số khoảng  0;1 , ta thấy max y  y     0;1 4 Vậy thể tích S.ABC lớn  3R x   sin     600 2 27 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a , D trung điểm BC Biết SAD tam giác mặt phẳng  SAD  vng góc với mặt phẳng  ABC  Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  Lời giải Gọi H trung điểm AD  AH   ABC  Trong  ABC  gọi K  CH  AB Gọi M trung điểm BK DM đường trung bình BKC  DM // KC , CK  DM HK đường trung bình ADM  HK // DM , HK  DM CK DM    d  C ,  SAB    4d  H ,  SAB   HK DM Kẻ HQ  AB AQH đồng dạng ADB  HQ AH BD AH a.a a   HQ    DB AB AB 2a SAD tam giác  SH  AD 3a  2 Kẻ HT  SQ  AB  HQ  AB   SHQ    AB  SH  HT  SQ  HT   SAB    HT  AB  d  H ,  SAB    HT SHQ vuông H , đường cao HT , ta có : HT  HQ  HS  3a  9a  16 9a 3a 3a  d  H ,  SAB    4  d  C ,  SAB    4d  H ,  SAB    3a  HT  Câu V Cho x, y , z số thực không âm thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x  y  z  8( xy  yz  zx ) Lời giải Khơng tính tổng quát giả sử x  y  z Khi y  x  y  z  y  Và  y  x  y  z    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 x  y  z  y   x  z   xz  x  z   y   x  z   y    y  3 Vì ta x3  y  z  y    y   2 Từ 1 ,   ta P  y    y   y   y   y  52 y  80 y  64 Ký hiệu f  y   y3  52 y  80 y  64, y  0;2 Ta có f   y   24 y  104 y  80 y 1 f   y    24 y  104 y  80    10  y    0; 2  f    64; f 1  100; f    80 x   Vì giá trị lớn 100  y  hoán vị z   ……………….HẾT……………… ...  x3  y  z   xy  yz  zx  HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm./ Họ tên học sinh: Số báo danh:...  144 số Trường hợp có: 1440  144  129 6 số  3276 Cả ba trường hợp có tất 720  126 0  129 6  3276 số  n  A  C3276 Vậy P  A   3276 13  17640 70 Đề đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân... y   y   y    3x  x 2 2  2  2     1  12   1    1  x3  12 x  x (*) y  y  y  Xét hàm số f  t   9t  12t  4t , t   0;    f  t   27t  24t   0t 