Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Bảng A - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ninh (Có đáp án)

1. ĐỀ THI CHỌN HSG BẢNG A TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2020 -2021 Thời gian 180 phút, không tính thời gian phát đề ĐỀ BÀI Câu 1. x2 a) Cho hàm số y ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số đồng biến trên x m khoảng ; 2 . x3 2 b) Cho hàm số y x2 4x (1). Tìm các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị x2 3x hàm số (1). Câu 2. Lớp 12B lập Kế hoạch tiết kiệm 5 triệu đồng tiền tiêu vặt trong 5 tháng để ủng hộ đồng bào bị thiên tai như sau: Vào các ngày mùng 1 của các tháng 1,2,3,4,5 của năm 2021 mỗi học sinh trong lớp tiết kiện số tiền giống nhau là A đồng và nộp lại cho lớp trưởng để lớp trưởng gửi vào ngân hang theo hình thức lãi kép (lãi nhập vào gốc để tính lãi ở tháng tiếp theo) với lãi suất r r 0 trên một tháng (lãi suất không đổi trong suốt thời gian gửi). Hãy xây dựng công thức tính A theo r biết rằng lớp có 40 học sinh và ngày rút tiền ủng hộ là ngày 01/ 6 / 2021 (chỉ rút duy nhất một lần). R Câu 3. Cho tam giác ABC thõa mãn sin A 2sin B 3sin C và AC 2BC cosC. Tính tỉ số với R r và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB với I là trung điểm AC. Câu 4. a) Cho lăng trụ tam giác ABC.A B C , biết hình chóp A .ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a, A BC  AB C . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A B C theo a. b) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB 2a, BC a, tam giác SAB vuông đỉnh A, tam giác SBC vuông đỉnh C,d A; SBC a 2 . Tính khoảng cách giữa SB và AC theo a. 3 3 x 2 8y 2y x 2 0 Câu 5. Cho hệ phương trình: ( m là tham số thực). Tìm giá trị thực lớn mlog x 1 log y 1 0 2 2 nhất của m để hệ phương trình có nghiệm x; y với x 0; y 0 3 2 Câu 6. Tìm số ngiệm thực của bất phương trình (x + x - 2) 2x log2 x + 1- x ³ 0. .HẾT .
2. HƯỚNG DẪN GIẢI x2 Câu 1. a) Cho hàm số y ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số đồng x m biến trên khoảng ; 2 . x3 2 b) Cho hàm số y x2 4x (1). Tìm các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị x2 3x hàm số (1). Lời giải a) Tập xác định: D ¡ \ m . x2 2mx Ta có y . Hàm số đồng biến trên khoảng ; 2 x m 2 y 0,x ; 2 (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm) 2 x 2mx 0,x ; 2 1 m ; 2 2 x 1 2mx x2 ,x ; 2 m ,x ; 2 . 2 x Xét hàm số g x trên khoảng ; 2 có bảng biến thiên như sau 2 x Như vậy m ,x ; 2 m 1. 2 2 m 2 m 2 . Từ đó ta có các giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m 1. x3 2 b) Hàm số y x2 4x có tập xác định D ; 4 0; . x2 3x 3 2 x 2 Ta xét lim y lim x 4x 2 . x x x 3x 3 3 2 x 2 2 x 2 L lim y lim x 4x 2 lim x 4x x 2 x x x x 3x x x 3x 2 4x 4 Xét L1 lim x 4x x lim lim 2 . x x x2 4x x x 4 1 1 x 2 3 2 3 x 2 2 3x x2 L2 lim 2 x lim 2 lim 3. x x x 3 x 3x x 3x 1 x Như vậy L L1 L2 5 . Suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang y 5 .
3. 3 2 x 2 Ta xét lim y lim x 4x 2 . Suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng x 0. x 0 x 0 x 3x Câu 7. Lớp 12B lập Kế hoạch tiết kiệm 5 triệu đồng tiền tiêu vặt trong 5 tháng để ủng hộ đồng bào bị thiên tai như sau: Vào các ngày mùng 1 của các tháng 1,2,3,4,5 của năm 2021 mỗi học sinh trong lớp tiết kiện số tiền giống nhau là A đồng và nộp lại cho lớp trưởng để lớp trưởng gửi vào ngân hang theo hình thức lãi kép (lãi nhập vào gốc để tính lãi ở tháng tiếp theo) với lãi suất r r 0 trên một tháng (lãi suất không đổi trong suốt thời gian gửi). Hãy xây dựng công thức tính A theo r biết rằng lớp có 40 học sinh và ngày rút tiền ủng hộ là ngày 01/ 6 / 2021 (chỉ rút duy nhất một lần). Lời giải Số tiền tiết kiệm sau 1 tháng của lớp 12B là: 40A 1 r (đồng). 2 Số tiền tiết kiệm sau 2 tháng của lớp 12B là: 40A 1 r 40A 1 r 40A 1 r 40A 1 r (đồng). Số tiền tiết kiệm sau 5 tháng của lớp 12B là: 40A 1 r 5 40A 1 r 4 40A 1 r 3 40A 1 r 2 40A 1 r 1 r 5 1 40A (đồng) r 1 r 5 1 Vậy công thức cần tìm là: 40A . r R Câu 8. Cho tam giác ABC thõa mãn sin A 2sin B 3sin C và AC 2BC cosC. Tính tỉ số với R r và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB với I là trung điểm AC. Lời giải Áp đụng định lý cosin với tam giác ABC ta có: a2 b2 c2 AC 2BC cosC b 2a. a c 2ab Nên tam giác ABC cân đỉnh B A C(1) Do A C nên sin A 2sin B 3sin C sin B sin C B C (Vì B và C là 2 góc trong tam giác) và do (1) nên tam giác ABC đều 1 a I là trung điểm AC nên BI  AC tam giác IAB vuông đỉnh I R AB 2 2 a 3 a(3 3) Tam giác ABC đều nên BI ; nửa chu vi IAB là p ; 2 4 1 a2 3 s BI.AI ; IAB 2 8 s a R Do r r 1 3 p 2(1 3) r Câu 9. a) Cho lăng trụ tam giác ABC.A B C , biết hình chóp A .ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a, A BC  AB C . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A B C theo a.
4. b) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB 2a, BC a, tam giác SAB vuông đỉnh A, tam giác SBC vuông đỉnh C,d A; SBC a 2 . Tính khoảng cách giữa SB và AC theo a. Lời giải a) a2 3 +) Tam giác ABC đều cạnh a S . ABC 4 +) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , vì A .ABC là hình chóp đều nên A G  ABC . Gọi I, J lần lượt là tâm của các mặt bên ABB A và ACC A A BC  AB C IJ ; gọi AM  IJ K (với M là trung điểm của BC ) K là trung điểm của IJ AK  IJ, A K  IJ (vì AIJ và A IJ lần lượt là các tam giác cân tại A, A ). a 3 Lại có A BC  AB C AK  A M A AM cân tại A AA AM . 2 2 2 a 3 a 3 a 15 2 2 A G A A AG . 2 3 6 a3 5 Vậy V S .A G . ABC.A B C ABC 8 b) Ta có AB  SB, AB  AD AB  SD. Chứng minh tương tự, ta có BC  SD SD  ABCD . CD.SD Ta có AD // SBC d A, SBC d D, SBC d D, SC CD2 SD2 2a.SD a 2 2 4a2 SD2 4SD2 SD 2a . 4a2 SD2 Gọi M là trung điểm của SD MO // SB (với O AC  BD ) SB // MAC d SB, AC d AB, MAC d B, MAC d D, MAC h .
5. 1 1 1 1 1 1 1 9 Ta có MDAC là tứ diện vuông tại D h2 DA2 DC 2 DM 2 a2 4a2 a2 4a2 2a h . 3 2a Vậy d SB, AC . 3 3 3 x 2 8y 2y x 2 0 Câu 10. Cho hệ phương trình: ( m là tham số thực). Tìm giá trị thực lớn mlog x 1 log y 1 0 2 2 nhất của m để hệ phương trình có nghiệm x; y với x 0; y 0 Lời giải Xét: x 2 3 8y3 2y x 2 0 x 2 3 x 2 2y 3 2y 1 Đặt f x x3 x,x ¡ f x 3x2 1 0,x ¡ Pt 1 viết lại: f x 2 f 2y x 2 2y x 2 2y x 0 2 2y 0 * Với 0 y 1 y 0 y 0 3 3 x 2 8y 2y x 2 0 x 2 2y Hệ phương trình: mlog x 1 log y 1 0 2mlog2 3 2y log2 y 1 2 2 x 2 2y y log2 2m 2 log2 3 2y y log2 * Đặt g y 2 ,y 0;1 log2 3 2y y 2log 2log 3 2y 2 1 2 2 y . 3 2y .log 3 2y 2y log 2 y.ln 2 3 2y .ln 2 2 2 2 g y 2 2 log2 3 2y ln 2.log2 3 2y .y. 3 2y 2 y 2 y 3 2 y y 3 2 y y g y 0 log2 3 2y log2 0 log2 3 2y . 0 2 2 2 y 2 y 3 2 y y 3 2 y 2 3 2y . 1 3 2y 2 y 1 1 y g 2 2 2 y 2 0;1 Bảng biến thiên của g y
6. Phương trình có nghiệm 2m 2 m 1 Vậy giá trị thực m lớn nhất là m 1 3 2 Câu 11. Tìm số ngiệm thực của bất phương trình (x + x - 2) 2x log2 x + 1- x ³ 0. Lời giải TXĐ: D = (0;1] 3 2 (x + x - 2) 2x log2 x + 1- x ³ 0. (1) 2 Nếu 2x log2 x + 1- x > 0 (*). Bất phương trình (1) tương đương với x 3 + x - 2 ³ 0 Û (x - 1)(x2 + x + 2) ³ 0 Û x ³ 1 Kết hợp điều kiện, suy ra x = 1. Thay vào (*) không thỏa mãn. Vậy số nghiệm của bất phương trình (1) bằng số nghiệm của phương trình 2 2x log2 x + 1- x = 0 (2) Đặt t = log2 x , x Î (0;1] nên t Î (- ¥ ;0]. Phương trình (2) trở thành 2.2t .t = - 1- 4t (3) Phương trình (3) suy ra ïì t £ 0 t t ï 2.2 .t = - 1- 4 Û íï ï 4.4t .t 2 = 1- 4t îï ì ì ï t £ 0 ï t £ 0 Û íï Û íï ï 4t (4t 2 + 1) = 1 ï 4t 2 + 1- 4- t = 0 (4) îï îï Vậy số nghiệm của (3) bằng số nghiệm t £ 0 của (4). Xét hàm số f (t) = 4t 2 + 1- 4- t trên (- ¥ ;0]. Có f ¢(t) = 8t + 4- t ln 4 f ¢¢(t) = 8 - 4- t ln2 4 Vì f ¢¢(t) có một nghiệm thuộc (- ¥ ;0] nên suy ra f (t) có tối đa ba nghiệm thuộc (- ¥ ;0].(Cái này có thể áp dụng Định lý Roll hoặc lý luận trực tiếp từ bảng biến thiên)
7. 1 Có f (0) = 0, f (- 1) = 0 và f (- 3) = - 27 0. Vậy (4) có ba nghiệm là 0,- và 2 2 một nghiệm thuộc (- 3;- 1) . 1 æ1 1ö x = 1,x = ç ÷ Suy ra bất phương trình đã cho có ba nghiệm và một nghiệm thuộc ç ; ÷. 2 èç8 2÷ø