Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 - Trường THPT Vĩnh Lộc, Thanh Hóa

Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 - Trường THPT Vĩnh Lộc, Thanh Hóa sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LẦN LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH NĂM HỌC 2020 -2021 Mơn: Tốn - Lớp 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra: 08 tháng 11 năm 2020 (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu I(4 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  f  x   x3  x  2 Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số y  m  x  x   cắt trục hoành ba điểm phân biệt Câu II(4 điểm) Giải phương trình lượng giác: cos x  1  sin x     2cos x  2sin x  2sin x  2cos x  1  3 xy  y   x 1  x Giải hệ phương trình:  427 x2 y  x2  y  x   Câu III(4 điểm) Bốn người khách khỏi quán bỏ quên mũ Chủ quán rõ chủ mũ nên gửi trả cho họ cách ngẫu nhiên Tìm xác suất để bốn người trả sai mũ Số lượng loài vi khuẩn phịng thí nghiệm tính theo cơng thức S (t )  A.e rt Trong đó, A số lượng vi khuẩn ban đầu, S (t ) số lượng vi khuẩn có sau thời gian t (phút), r  tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời gian t thời gian tăng trưởng Biết số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 sau có 1500 Hỏi bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt 121500 ? Câu IV(6 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A’B’C’, có đáy ABC tam giác vuông với AB  BC  A’ cách đỉnh A, B, C Gọi L, K trung điểm BC , AC Trên đoạn A’B , A’ A lấy M , N cho MA’  BM , AA’  A’ N Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L  10 Bạn An muốn làm thùng hình trụ khơng đáy từ ngun liệu mảnh tơn hình tam giác ABC có cạnh 90  cm  Bạn cắt mảnh tơn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao MQ Tính thể tích lớn thùng mà bạn An làm Cho hình chóp S ABC có AB  BC  CA  a , SA  SB  SC  a , M điểm không gian Gọi d tổng khoảng cách từ M đến tất đường thẳng AB , BC , CA , SA , SB , SC Tính giá trị nhỏ d Câu V(2 điểm) Cho ba số thực a, b, c không nhỏ thỏa mãn a  b  c  12 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P     ( a  2b)( a  2c) a  b  c  4c  HẾT SỞ GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC HDC CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH NĂM HỌC 2020 -2021 Mơn: Tốn - Lớp 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra:08 tháng 11 năm 2020 (Đáp án gồm có 09 trang, 05 câu) Qui định chung +) Tổng điểm thi làm tròn đến 0.25 điểm +) Học sinh giải theo cách khác Nếu cho điểm tối đa phần theo qui định +) Nếu hình khơng vẽ vẽ sai khơng chấm điểm Câu I (4đ) Nội Dung 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  f  x   x3  x   Tập xác định: D  R  Sự biến thiên: +) Giới hạn tiệm cận: lim y  , lim y   đồ thị hàm số khơng có tiệm cận x  Điểm 2đ 0,5 x  +) Chiều biến thiên: y '  x  x  y '   3x      x  1 0,5 Hàm số đồng biến khoảng  ; 1  1;   Hàm số nghịch biến khoảng  1;1 ng biến thiên: 0,5  Đồ thị: +)Nhận điểm uốn I(0; -2) làm tâm đối xứng +) Cắt Ox điểm (1;0);  2;0  , cắt Oy điểm (0; 2) Đồ thị hình vẽ 0,5 Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số y  m  x  x   cắt trục hoành ba điểm phân biệt 2đ Nhận thấy số giao điểm đồ thị hàm số trục hồnh số nghiệm phương trình m  x  2x   Điều kiện: x  u0   Đặt u  m  x , v  x   ta có hệ  uv  2u  v  2m   0,5 Từ u  v   v   u , thay vào phương trình cịn lại hệ ta 2u    u   2m   2u  u  4u   2m  Do v  nên u  Với cách đặt u  m  x ta suy với giá trị u  có giá trị x tương ứng Xét hàm số f  u   2u  u  4u   ; 2 , ta có 0,5 u  1 f   u   6u  2u  ; f   u     u   Bảng biến thiên f  u  : 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta suy phương trình   có ba nghiệm u phân biệt 145 145  2m  10   m 5 27 54 cos x  1  sin x   1.Giải phương trình: II (4đ) 0,5 2cos x  2sin x  2sin x  2cos x  Điều kiện cos x   Phương trình cho tương đương với: cos x  1  sin x    cos x  1 sin x  1 2đ 0,25 0,5 cos x   cos x  1  sin x   2sin x  0,5 sin x  1  1  sin x  sin x     sin x    +) sin x  1  x    k 2 , k  Z 0,5      x   k 2 +) sin x   k  Z   x  2  k 2  Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình cho là:  2 x    k 2 x   k 2 (với k  Z )  3 xy  y   x   x 1 Giải hệ phương trình:   427 x2 y  x2  y  x  2    ĐK: x  NX: x = không TM hệ PT Xét x > x 1  x x  y  y (3 y )   x      (3) x  x  Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t t  , t > t2 Ta có: f’(t) = + t   >0 Suy f  t  đồng biến (0,+∞) t2 1   PT (3)  f  y   f    3y = x  x x 2đ 0.5 PT (1)  y  y y   Với 3y  0,25 thay vào (2) ta được: 42 x 3 x  0.25 x2  x   4 x  x  1 x2  x  1  Điều kiện có nghiệm 0    x   0;   \   x x 2  4   x  1  x  x  log  x  1  log x x  log  x  1  x  log x  x 4 x  x  0.5  log  x  1  x  x   log x  x   log  x  1   x  1  log 2 x  x   g  x  1 2   g  2x  miền  0;   Xét g  t   log t  t  g   t    f  t  đồng biến   t  t ln 0.5   x  1  x  x  x   x  3 x  (nhận)  4x2  6x      3 x   III (4đ) Với x  3 3 y 0.25 3 3 y          ;  Vậy S   ; ;    3     Bốn người khách khỏi quán bỏ quên mũ Chủ quán rõ chủ mũ nên gửi trả cho họ cách ngẫu nhiên Tìm xác suất để bốn người trả sai mũ Số phần tử không gian mẫu n     4!  24 Với x  2đ 0.5 Gọi biến cố A : " Cả bốn người trả sai mũ.” A : " Có người bốn người trả mũ.” +) TH1: Cả bốn người trả mũ có: cách 0.25 +) TH2: Chỉ có người trả mũ có: Chọn người người để trả mũ có: C41  cách 0.5 Ba người cịn lại trả sai mũ có: 3!  C31  Theo quy tắc nhân có: 4x2=8 cách +)TH3: Chỉ có người trả mũ có: C42  cách     Theop quy tắc cộng: n A     15  P A  IV (6đ)   Vậy P  A   P A  15  24 8 Số lượng lồi vi khuẩn phịng thí nghiệm tính theo cơng thức S (t )  A.e rt Trong đó, A số lượng vi khuẩn ban đầu, S (t ) số lượng vi khuẩn có sau thời gian t (phút), r  tỷ lệ tăng trưởng không đổi theo thời gian t thời gian tăng trưởng Biết số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 sau có 1500 Hỏi bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt 121500 ?  A  500 ln   1500  500.e300 r  r  Ta có  S1 (t )  1500 300 t  5h  300 phút 1 0.25 0.25 0.25 2đ 0.5 Ta lại có:   A  500 ln t  300 S ( t )  121500  121500  500 e   ln r  300   ln t  ln 243  t  1500 (phút )  25 (giờ) 300 0.5 0.5 Để số lượng vi khuẩn đạt 121500 cần 25 để 500 vi khuẩn ban đầu tăng trưởng 0.5 Cho hình lăng trụ tam giác ABC A’B’C’, có đáy ABC tam giác vuông với AB  BC  A’ cách đỉnh A, B, C Gọi L, K trung điểm cho BC , AC Trên đoạn A’B , A’ A lấy M , N 2đ MA’  BM , AA’  A’N Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết A’L  10 0.5 Gọi E trung điểm AN, ta có ME//AB//LK  S MLK  S ELK  VMNKL  VNELK ta có S EKN  S A ' KA +) Do A ' A  A ' B  A ' C K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên A ' K   ABC   ( A ' AC )   ABC  mà BK  AC  BK   A ' AC  +) Ta có d  L,  NKE    BK , L trung điểm BC d  B,  NKE    2 0.5 0.5 VNELK  1 AC d  L,  NKE   S NKE  KB.S A ' KA KB   18 +) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K   S A ' AK  VNELK  A ' L2  LK  0.5 A ' K KA  Vậy 2 1 1 KB.S A ' KC    VMNLK  18 18 6 Bạn An muốn làm thùng hình trụ khơng đáy từ ngun liệu mảnh tơn hình tam giác ABC có cạnh 90  cm  Bạn muốn cắt mảnh tơn hình 2đ chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q tương ứng thuộc cạnh AC AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao MQ Tính thể tích lớn thùng mà bạn An làm A P Q B M N 0.5 C A Gọi I trung điểm BC Suy I trung điểm MN Đặt MN  x ,   x  90  MQ BM   MQ   90  x  ; gọi R bán kính AI BI x trụ  R  2 Q P Ta có:  x  Thể tích khối trụ là: VT      2  Xét f  x   f  x  x 8  3x 8 I 3  90  x     x  90 x  8  x0  180 x  , f   x      x  60 x(0;90) max f  x   f  60   M N C 0.5  90 x  với  x  90 Khi suy max f  x   f  60   x(0;90) B 13500  Khi suy 0.5 0.5 13500  Cho hình chóp S ABC có AB  BC  CA  a , SA  SB  SC  a , M điểm không gian Gọi d tổng khoảng cách từ M đến tất đường thẳng AB , BC , CA , SA , SB , SC Tìm giá trị nhỏ d 2đ S 0.5 I J O A K C F E G D B Ta có khối chóp S ABC khối chóp tam giác Gọi G trọng tâm tam giác ABC Khi SG chiều cao khối chóp S ABC Gọi D , E , F trung điểm BC , AB , CA I , J , K hình chiếu D , E , F SA , SC , SB Khi DI , EJ , FK tương ứng đường vng góc chung cặp cạnh SA BC , SC AB , SB CA Ta có DI  EJ  FK Do SID  SJE nên SI  SJ Suy ED ∥ IJ (cùng song song với AC ) Do bốn điểm D , E , I , J đồng phẳng Tương tự ta có bốn điểm D , F , I , K E , F , J , K đồng phẳng Ba mặt phẳng  DEIJ  ,  DFIK  ,  EFJK  đôi cắt theo ba giao tuyến DI , EJ , FK Suy DI , EJ , FK đồng quy điểm O thuộc SG Xét điểm M không gian d  M , SA   d  M , BC   DI  Ta có d  M , SC   d  M , AB   EJ  d  DI  EJ  FK  d  M , SB   d  M , AC   FK Do d nhỏ DI  EJ  FK  3DI M  O a a 2a Ta có AD  , AG  AD  , SG  SA2  AG  , 3   SG  2 sin SAG SA   a 3.2  a Suy DI  AD.sin SAD 3 a Vậy giá trị nhỏ cần tìm 3DI  a 0.5 0.5 0.5 V Cho ba số thực a, b, c không nhỏ thỏa mãn a  b  c  12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P    (a  2b)(a  2c) a  b  c  4c  Ta có (a  b  c)  3(a  b  c )  36  a  b  c  Mặt khác a, b, c  nên  a + b + c +  1 1 1 Ta CM: (1)   (1)     0 a  b  ab  a  ab  b  ab  ab  a ab  b (b  a ) (ab  1)   0  (2) (a  1)(ab  1) (b  1)(ab  1) (a  1)(b  1)(ab  1) Vì a  1, b  nên (2) Do (1) Đẳng thức xảy  a = b 1 2    a  b  ab   a  b    1   1 2       2 a  b  c  4c   a  b  c2   1   1     1 64     a  b  c  4c   a  b  c  2  16 Áp dụng (1), ta có: 2đ 0.25 0.5 a bc 2   1   (a  2b)(a  2c)  a  b  c 64  P  3(a  b  c  2)  Đặt t = a + b + c + 2,  t  8, ta có:  a  b  c    16 64 P  3t  t  16 Lại có: Xét hàm số f (t )  64  3t  , với t  [5 ; 8] t  16 128t   0, t  [5;8]  f(t) nghịch biến đoạn [5 ; 8] (t  16) 86 86  f (t )  f (8)   , t  [5;8]  P   5 86 86 P  a  b  c  Vậy GTNN P  , a  b  c  5 f '(t )  Giáo viên thẩm định Trịnh Đình Hiểu 0.5 0.25 0.5 Giáo viên đề Phạm Thị Nga ...SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC HDC CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC ĐỘI TUYỂN HSG LIÊN TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC - THẠCH THÀNH NĂM HỌC 2020 -2 021 Mơn: Tốn - Lớp 12 THPT Thời gian:... phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra:08 tháng 11 năm 2020 (Đáp án gồm có 09 trang, 05 câu) Qui định chung +) Tổng điểm thi làm tròn đến 0.25 điểm +) Học sinh giải theo cách khác Nếu... biến thi? ?n: y '  x  x  y '   3x      x  1 0,5 Hàm số đồng biến khoảng  ; 1  1;   Hàm số nghịch biến khoảng  1;1 ng biến thi? ?n: 0,5  Đồ thị: +)Nhận điểm uốn I(0; -2 )