Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH HẢI PHềNG MễN TOÁN 12 NĂM HỌC 2020-2021 (Thời gian làm bài 180 phỳt) Cõu 1: (2,0 điểm) a) Cho hàm số y mx3 mx2 m 1 x 3. Tỡm tất cả cỏc giỏ trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trờn Ă . b) Cho hàm số bậc ba y f x cú đồ thị được biểu thị trong Hỡnh 1. Tỡm số giỏ trị nguyờn của tham số m trong đoạn  2020;2020 để hàm số h x f 2 x 4 f x m cú đỳng 3 điểm cực trị. axy 1 Cõu 2: (1,0 điểm) Cho log 12 x , log 24 y và log 168 , trong đú a , b , c là cỏc số 7 12 54 bxy cx nguyờn. Tớnh giỏ trị biểu thức S a 2b 3c . 4 cos 2x sin 2x sin x 7cos x Cõu 3: (1,0 điểm) Giải phương trỡnh 0 . 2sin x 3 Cõu 4: ( 1,0 điểm) Tỡm tất cả cỏc giỏ trị thực của tham số m để phương trỡnh sau cú đỳng ba nghiệm phõn biệt x3 5x 3 2 3 2x3 3x2 m m 0 Cõu 5: (1,0 điểm) Một bài thi trắc nghiệm cú 50 cõu hỏi, mỗi cõu hỏi cú 4 phương ỏn lựa chọn trong đú chỉ cú một phương ỏn đỳng. Biết rằng mỗi cõu trả lời đỳng được 0,2 điểm và mỗi cõu trả lời sai được 0 điểm. Một học sinh khụng học bài nờn làm bài bằng cỏch chọn ngẫu nhiờn mỗi cõu một phương ỏn trả lời. Hỏi điểm số nào cú xỏc suất xuất hiện lớn nhất? Cõu 6. ( 2,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh AB,CD ; P là điểm nằm trong đoạn BC sao cho BP = kPC(k > 1). a) Tớnh thể tớch khối tứ diện ABCD trong trường hợp DACD vuụng tại A , DBCD vuụng cõn tại B và AB = AC = AD = a . b) Mặt phẳng đi qua ba điểm M , N, P chia tứ diện thành hai khối đa diện cú thể tớch lần lượt là V2 V1,V2 ( trong đú V1 là thể tớch của phần chứa điểm A ). Tớnh V1 Cõu 7: ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giỏc ABC cú ãACB 75 , B 4; 2 ; D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC 2DB . Biết đường cao kẻ từ A cú phương trỡnh 2x y 0 và ãADC 60 . Tỡm tọa độ điểm A biết A cú hoành độ õm. 1
2. Cõu 8. (1.0 điểm) Cho cỏc số thực dương a,b,c thay đổi. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 p . 2 2ab 8ab 2a2 2b2 2c2 4ac 1 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Cõu 1: (2,0 điểm) c) Cho hàm số y mx3 mx2 m 1 x 3. Tỡm tất cả cỏc giỏ trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trờn Ă . d) Cho hàm số bậc ba y f x cú đồ thị được biểu thị trong Hỡnh 1. Tỡm số giỏ trị nguyờn của tham số m trong đoạn  2020;2020 để hàm số h x f 2 x 4 f x m cú đỳng 3 điểm cực trị. Lời giải a) Nếu m 0 ta cú hàm số y x 1 là hàm số đồng biến trờn Ă nờn khụng thỏa món. Xột m 0 ta cú y 3mx2 2mx m 1. Để hàm số nghịch biến trờn Ă thỡ y 0 với mọi a 3m 0 m 0 m 0 3 m x Ă 2 2 . m 3m m 1 0 2m 3m 0 2m 3 0 2 b) Ta cú hàm số h x cú tập xỏc định là Ă . Xột hàm số g x f 2 x 4 f x m . Khi đú: Tập xỏc định D Ă . g x 2 f x . f x 4 f x 2 f x f x 2 . f x 0 g x 0 2 f x f x 2 0 . f x 2 Dựa vào đồ thị ta cú x 1 ● f x 0 . x 3 2
3. ● f x 2 x a 0 . ● g 2 2 f 2 f 2 2 0 do f 2 0 , f 2 0 . Bảng biến thiờn x -∞ a 1 3 +∞ g'(x) - 0 + 0 - 0 + +∞ +∞ g(x) -m + 5 -m -m - 8 Dựa vào bảng biến thiờn dễ thấy hàm số h x g x cú đỳng 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m 8 0 m 8 . Kết hợp với điều kiện  2020;2020 ta cú 2013 giỏ trị của m thỏa món. axy 1 Cõu 2: (1,0 điểm) Cho log 12 x , log 24 y và log 168 , trong đú a , b , c là cỏc 7 12 54 bxy cx số nguyờn. Tớnh giỏ trị biểu thức S a 2b 3c . Lời giải log7 168 log7 24.7 log7 7 log7 24 log7 12.log12 24 1 Ta cú log54 168 log7 54 log7 54 log7 54 log7 54 xy 1 Do log7 54 log7 12.log12 54 nờn log54 168 . x log12 54 24 Ta tớnh log 54 log 27.2 log 27 log 2 3log 3 log 12 12 12 12 12 12 12 3.2.12.24 123 Mà log 3 log log 3 2log 24 12 12 2.12.24 12 242 12 Suy ra log12 54 3 3 2log12 24 log12 24 1 8 5log12 24 8 5y . xy 1 xy 1 Vậy log 168 , suy ra a 1, b 5 , c 8. 54 x 8 5y 5xy 8x Giỏ trị biểu thức S a 2b 3c 1 2 5 3.8 15 . 4 cos 2x sin 2x sin x 7cos x Cõu 3: Giải phương trỡnh 0 . 2sin x 3 3
4. Lời giải 3 Điều kiện: sin x 2 PT 4 cos 2x sin 2x sin x 7cos x 0 2cos2 x 7cos x 3 2sin x cos x sin x 0 2cos x 1 cos x 3 sin x 2cos x 1 0 2cos x 1 sin x cos x 3 0 1 1 cos x cos x 2 2 . 3 sin x cos x 3 sin x VN 4 2 1 1 3 3 Với cos x cos2 x sin2 x sin x . 2 4 4 2 Kết hợp với điều kiện, suy ra phương trỡnh đó cho vụ nghiệm. Cõu 4: Tỡm tất cả cỏc giỏ trị thực của tham số m để phương trỡnh sau cú đỳng ba nghiệm phõn biệt x3 5x 3 2 3 2x3 3x2 m m 0 Lời giải x3 5x 3 2 3 2x3 3x2 m m 0 1 PT 1 2x3 3x2 m 2 3 2x3 3x2 m x 1 3 2 x 1 f 3 2x3 3x2 m f x 1 * Xột hàm số f t t3 2t, t Ă . Ta cú: f t 3t 2 2 0, t Ă . Suy ra hàm số f liờn tục và đồng biến trờn Ă . Do đú: 1 3 2x3 3x2 m x 1 2x3 3x2 m x3 3x2 3x 1 g x x3 3x 1 m 2 . Xột hàm số: g x x3 3x 1. Ta cú: g x 3x2 3 0 x 1. Suy ra hàm số g x cú hai điểm cực trị lần lượt là x 1 và x 1. Phương trỡnh 1 cú ba nghiệm phõn biệt phương trỡnh 2 cú ba nghiệm phõn biệt g 1 m g 1 1 m 3 3 m 1. Cõu 5: (1,0 điểm) Một bài thi trắc nghiệm cú 50 cõu hỏi, mỗi cõu hỏi cú 4 phương ỏn lựa chọn trong đú chỉ cú một phương ỏn đỳng. Biết rằng mỗi cõu trả lời đỳng được 0,2 điểm và mỗi cõu trả lời sai được 0 điểm. Một học sinh khụng học bài nờn làm bài bằng cỏch chọn ngẫu nhiờn mỗi cõu một phương ỏn trả lời. Hỏi điểm số nào cú xỏc suất xuất hiện lớn nhất? Lời giải Gọi x là số cõu học sinh làm đỳng 0 x 50 , lỳc đú số điểm học sinh đạt được là 0,2x . x 50 x x 1 3 Xỏc suất để học sinh đú làm đỳng được x cõu là C50. . . 4 4 Giả sử 0,2x là số điểm cú xỏc suất lớn nhất, khi đú 4
5. x 50 x x 1 49 x x 1 3 x 1 1 3 3 1 47 C50. . C50 . . x 4 4 4 4 50 x x 1 3 x 1 50 x 4 x 50 x x 1 51 x 1 3 51 x 3x 51 x 1 3 x 1 1 3 C . . C . . x 50 50 4 4 4 4 x 51 x 4 Do x nguyờn nờn x 12 . Vậy điểm 2,4 cú xỏc suất xuất hiện cao nhất. Cõu 6. ( 2,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh AB,CD ; P là điểm nằm trong đoạn BC sao cho BP = kPC(k > 1). a) Tớnh thể tớch khối tứ diện ABCD trong trường hợp DACD vuụng tại A , DBCD vuụng cõn tại B và AB = AC = AD = a . b) Mặt phẳng đi qua ba điểm M , N, P chia tứ diện thành hai khối đa diện cú thể tớch lần lượt là V2 V1,V2 ( trong đú V1 là thể tớch của phần chứa điểm A ). Tớnh V1 Lời giải a) Vẽ hỡnh Cú N là trung điểm của CD CD a 2 DBCD vuụng cõn tại B ị N là tõm đường trũn ngoại tiếp DBCD và BN = = 2 2 CD a 2 Lại cú AB = AC = AD = a ị AN ^ (BCD) và AN = = 2 2 1 CD2 a2 S = BN.CD = = DBCD 2 4 2 1 a3 2 Vậy V = AN.S = . ABCD 3 DBCD 12 b) Vẽ hỡnh 5
6. Gọi I = MP ầ AC,Q = IN ầ AD . Vậy thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi (MNP) là MPNQ 1 V Gọi V = V = d (A,(BCD)).S ị V = V = ABCD 3 DBCD A.BDN A.BCN 2 V1 = VA.MNQ + VA.MNP + VA.CNP Áp dụng định lý Menelaus cho DABC và DACD , ta cú: MA BP IC QA ND IC QA BP AQ k . . = 1 và . . = 1ị = = k ị = MB PC IA QD NC IA QD PC AD 1+ k SDCPN CP CN 1 VA.CPN 1 1 Lại cú: = . = ị = Û VA.CPN = .V SDCBD CB CD 2(1+ k) VA.CBD 2(1+ k) 2(1+ k) ổ ử V 1 ỗ k ữ V Suy ra VA.B NP = - .V = ỗ ữ. 2 2(1+ k) ốỗk + 1ữứ 2 AM AQ k V = . .V = .V A.MNQ AB AD A.BND 4(k + 1) ổ ử AM 1 ỗ k ữ V VA.MNP = .VA.BNP = .VA.BNP = ỗ ữ. AB 2 ốỗk + 1ữứ 4 ổ ử k ỗ k ữ V 1 V Vậy V1 = VA.MNQ + VA.MNP + VA.CNP = .V+ ỗ ữ. + .V = 4(k + 1) ốỗk + 1ứữ 4 2(1+ k) 2 V Kết luận: 2 = 1 V1 Cõu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giỏc ABC cú ãACB 75 , B 4; 2 ; D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC 2DB . Biết đường cao kẻ từ A cú phương trỡnh 2x y 0 và ãADC 60 . Tỡm tọa độ điểm A biết A cú hoành độ õm. Lời giải 6
7. A 2x+y=0 B(-4;-2) 75 60 C H D Ta cú phương trỡnh BC : x 2y 0 H AH  BC 0;0 . Suy ra C BC C 2t;t , do 1 1 4 .2t 2 t  1  8 2t 4 t DB DC D 2 ; 2 ; . 1 1 2 1 1 3 3 2 2 Gọi tọa độ điểm A AH A a; 2a với a 0 . 5 2 Ta tớnh cỏc đoạn thẳng AH 2 5a2 ;CH 2 5t 2 ; DH 2 t 4 . 9 AH a Xột cỏc tỉ số lượng giỏc tan ãACD tan 75 2 3 , (1). CH t AH 3a Mà tan ãADH tan 60 3 ,(2). DH t 4 a 2 3 . t 3 t 4 t 4 2 3 a 2 Từ (1) và (2) ta cú 3 . . 2 3 t t 1 3 a 1 3 3a 3 t 4 Vậy tọa độ điểm A 2;4 hoặc A 1 3;2 2 3 . Cõu 8. (1.0 điểm) Cho cỏc số thực dương a,b,c thay đổi. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 p 2 2ab 8ab 2a2 2b2 2c2 4ac 1 Lời giải Ta cú: 2a2 2b2 2c2 4ac 2b2 2(a c)2 (b a c)2 2 2 Hay 2a2 2b2 2c2 4ac 1 a b c 1 Mặt khỏc ta cú: 2 2ab 8bc 2 b.2a 2 2bc 2 b.2a 2 2c.b b 2a b 2c 2(a b c) 1 1 2 2ab 8bc 2(a b c) 7
8. 1 2 Nờn p ; đặt t a b c 0 2(a b c) a b c 1 1 2 1 2 p ; xột f (t) trờn 0; 2t t 1 2t t 1 1 2 2 f '(t) 0 t 1 4t t 1 2t t 1 2t 2 (t 1)2 Bảng biến thiờn 1 1 f (t) Hay p 2 2 1 a b c 1 b 1 2 Minp b 2a . 2 1 b 2c a c 4 8