Tải bản đầy đủ

de thi hsg tinh toan 12 nam 2019 2020 so gddt lam dong

ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG

NHÓM TOÁN VD – VDC
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG

KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề thi có 02 trang)

MÔN: TOÁN –THPT
Thời gian: 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1:

(2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =

− x3 + 3 x 2 + 3mx − 1 nghịch biến trên
khoảng ( 0; + ∞ ) .

Câu 2:

(4,0 điểm)

a) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 3 ( 5 − 3x ) + x =
0.
b) Giải phương trình cos 2 x + 7 cos x − 3 ( sin 2 x − 7 sin x ) =
8.

Câu 3:

(2,0 điểm)
Một chiếc cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao 20 cm bên trong có một
khối lập phương cạnh 6 cm như hình minh họa. Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương

1
thể tích của nó lên trên mặt nước (mặt trên khối lập phương song song với
3
mặt nước). Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt trên của khối lập phương
sẽ nổi

ngang bằng với miệng cốc khi nó nổi lên. (lấy π = 3,14 )

Câu 4:


0
( x − 2 ) y − 1 − ( y − 3) x =
(4,0 điểm) Giải hệ phương trình 
.
2
2
+

+
=
+


x
y
x
4
2
y
x
3



Câu 5:

(4,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật=
AB a=
, AD 2a, SA
vuông góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy một góc 60° , điểm E thuộc cạnh SA và
a 3
. Mặt phẳng ( BCE ) cắt SD tại F . Tính thể tích khối đa diện VABCDEF và
3
khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BE .
AE =

1

NHÓM TOÁN VD – VDC

ĐỀ BÀI


ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG

NHÓM TOÁN VD – VDC
Câu 6:

(2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình.
Bảng gồm 15 nút, mỗi nút được ghi một số từ 1 đến 15 và không có hai nút nào được
ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn ba nút khác nhau sao cho tổng các số trên ba nút
đó là số chẵn. Học sinh B không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên ba nút
khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó.
NHÓM TOÁN VD – VDC

PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ THPT
Câu 7A. (2,0 điểm)
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ bên.

 x3 + x 2 + x 9   3 
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  4
+ =
  .có ít
2
 x + 2x +1 4   2 
m

nhất ba nghiệm phân biệt.
Câu 8 A. (2,0 điểm) Cho các số thực không âm thỏa mãn x + y ≤ 1 và xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức=
P

1
1
+
− 1+ z .
2
1+ 4x 1+ 4 y2

PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ GDXT
n


2
Câu 7B. (2,0 điểm) Tìm hệ số x khi khai triển nhị thức  x 2 −  , với x ≠ 0 , biết rằng n là số
x

7

nguyên dương thỏa 4C n3+1 + 2C n2 =
An3 .
Câu 8B. (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

9 + 8x − x 2 − 7x − x 2 .

------------HẾT------------

2


NHÓM TOÁN VD – VDC
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG

KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề thi có 02 trang)

MÔN: TOÁN –THPT
Thời gian: 180 phút

Câu 1:

(2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =
− x3 + 3 x 2 + 3mx − 1 nghịch biến trên
khoảng ( 0; + ∞ ) .
Lời giải
Tập xác định: D = 

Ta có y′ =
3( − x2 + 2x + m ) .
−3 x 2 + 6 x + 3m =

NHÓM TOÁN VD – VDC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) ⇔ y′ ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ )
⇔ − x 2 + 2 x + m ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ m ≤ x 2 − 2 x, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) .

Xét f ( x=
) x 2 − 2 x, x ∈ ( 0; + ∞ ) .
Bảng biến thiên
x

0 1 +∞
+∞

f ( x)

0

−1
Từ bảng biến thiên, suy ra m ≤ f ( x ) , ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ m ≤ min f ( x ) ⇔ m ≤ −1 .
( 0; +∞ )

Câu 2:

(4,0 điểm)

a) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 3 ( 5 − 3x ) + x =
0.
Điều kiện: 5 − 3x > 0 ⇔ x < log 3 5 .
1
Ta có log 3 ( 5 − 3x ) + x =0 ⇔ log 3 ( 5 − 3x ) =− x ⇔ 5 − 3x = x
3


 5 + 21 
 x 5 + 21
x
log
=

3
 2 
3 =



2
2x
x
(thỏa mãn điều kiện).
⇔ 3 − 5.3 + 1 = 0 ⇔ 
⇔
 x 5 − 21


5

21
 x = log
3 =

3


2

 2 

 5 + 21 
 5 − 21 
 5 + 21   5 − 21 
⇒=
S log 3 
=
=
1 0.
 + log 3 
 log 3 
 
 log 3=
 2 
 2 
 2  2 

Vậy tổng tất cả các nghiệm là S = 0 .
b) Giải phương trình cos 2 x + 7 cos x − 3 ( sin 2 x − 7 sin x ) =
8.
Lời giải
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc

NHÓM TOÁN VD – VDC

Vậy m ≤ −1 .


NHÓM TOÁN VD – VDC

(

)

cos 2 x + 7 cos x − 3 ( sin 2 x − 7 sin x ) =
8 ⇔ cos 2 x − 3 sin 2 x + 7 cos x + 3 sin x =
8



1

1
3
3
π
π


cos 2 x −
sin 2 x + 7  cos x +
sin x  =
4 ⇔ cos  2 x +  + 7 cos  x −  =
4
2
2
2
2
3
3







 
π
1

sin  x + 6  =
2
π
π




.
0⇔
⇔ 2sin 2  x +  + 7 sin  x +  + 3 =
 
6
6
π


−3 ( V« nghiÖm )
sin  x +  =
6
 

π

x=
− + k 2π
1
π
π

 π


, (k ∈ ) .
+) sin  x +  =
− ⇔ sin  x +  = sin  −  ⇔
3

6
2
6

 6

 x= π + k 2π
Câu 3:

NHÓM TOÁN VD – VDC

π 
π
 
π
π



4 ⇔ 1 − 2sin 2  x +  − 7 sin  x +  =4
⇔ cos  2  x +   − 7 sin  x +  =
6 
6
6
6



 

(2,0 điểm)
Một chiếc cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao 20 cm bên trong có một
khối lập phương cạnh 6 cm như hình minh họa. Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương

1
thể tích của nó lên trên mặt nước (mặt trên khối lập phương song song với
3
mặt nước). Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt trên của khối lập phương
sẽ nổi

ngang bằng với miệng cốc khi nó nổi lên. (lấy π = 3,14 )

Khi mặt trên của khối lập phương ngang bằng với miệng cốc thì lượng nước trong cốc
cách thành trên 2 cm .
Tổng thể tích lượng nước và phần khối lập phương chìm trong nước là:
=
V1 3,14.52. ( 20 − 2 ) = 1413 cm3 .

Thể tích khối lập phương chìm trong nước là V2 = 6.6.4 = 144 cm3 .

V2 1413 − 144 = 1269 cm3 .
Vậy thể tích lượng nước đổ vào cốc là V= V1 −=
Câu 4:


0
( x − 2 ) y − 1 − ( y − 3) x =
(4,0 điểm) Giải hệ phương trình 
.
2
2
+

+
=
+
x
y
x
4
2
y
x
3



Lời giải

https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc

NHÓM TOÁN VD – VDC

Lời giải


NHÓM TOÁN VD – VDC
x ≥ 0
Điều kiện: 
.
y ≥1

0
( x − 2 ) y − 1 − ( y − 3) x =
 2
2
4 2y x + 3

 x + y − x +=

(1)
(2)

x = 2
Ta thấy 
thỏa phương trình (1) nhưng không thỏa phương trình (2) nên không
y = 3
phải là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
x ≠ 2
Xét 
y ≠ 3
Ta có: (1) ⇔ ( x − 2 ) y − 1 =
Xét hàm số: f (t ) =
−t − 2

=
f '(t )

2 t (t − 2)

2

x⇔

y −1
x
=
.
( y − 1) − 2 x − 2

t
trên [ 0; +∞ ) \ {2} .
t −2

< 0 ∀t ∈ [ 0; +∞ ) \ {2} .

Suy ra hàm số: f (t ) =
Do đó:

( y − 3)

NHÓM TOÁN VD – VDC

Cách 1:

t
nghịch biến trên mỗi khoảng [ 0; 2 ) ; ( 2; +∞ ) .
t −2

y −1
x
=
⇔ x = y − 1 ⇔ y = x + 1.
( y − 1) − 2 x − 2

Cách 2:

(1) ⇔ x y − 1 − 2 y − 1 − ( y − 1) x + 2 x =0



(

(

)( x
y − 1 ( do

x − y −1

⇔ x=

) (

x − y −1 + 2

)

x − y −1 =
0

)

y − 1 + 2 =0

)

x y − 1 + 2 > 0 ∀x ≥ 0; ∀y ≥ 1

⇔ x = y − 1 ⇔ y = x + 1.
Thay y= x + 1 vào phương trình (2) ta được:

x 2 + ( x + 1) − x + 4= 2 ( x + 1) x + 3 ⇔ 2 x 2 + x + 5= 2 ( x + 1) x + 3 (3)
2

Đặt u =

x + 3 ⇒ u 2 = x + 3 ⇒ x = u 2 − 3 (u ≥ 3 do x ≥ 0).

Phương trình (3) trở thành

u = 2
2
2u 4 − 2u 3 − 11u 2 + 4u + 20 =0 ⇔ ( u − 2 ) ( 2u 2 + 6u + 5 ) =0 ⇔  2
0 (VN )
 2u + 6u + 5 =
Với u = 2 ⇒ x = 22 − 3 = 1 ⇒ y = 1 + 1 = 2. (thỏa mãn điều kiện)
x = 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 
.
y = 2
Cách 3:
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc

NHÓM TOÁN VD – VDC

⇔ x y −1


NHÓM TOÁN VD – VDC

(

(2) ⇔ x 2 − 2 x + 1 + y 2 − 2 y x + 3 + x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1) + y − x + 3
2

)

2

=0

=
 x 1=
 x 1
⇔
⇔
 y = x + 3
 y = 1 + 3 = 2

x = 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 
.
y = 2
Câu 5:

(4,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật=
AB a=
, AD 2a, SA
vuông góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy một góc 60° , điểm E thuộc cạnh SA và
a 3
. Mặt phẳng ( BCE ) cắt SD tại F . Tính thể tích khối đa diện VABCDEF và
3
khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BE .
AE =



Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa SB với mặt đáy là góc SBA ⇒ SBA =
60° .

∆SAB vuông tại =
A ⇒ SA AB=
.tan 60° a 3 , AE =

a 3
AE 1

= .
3
AS 3

SE SF 2
Dựng F ∈ SD : EF / / AD ⇒ EF / / BC ⇒ EF ⊂ ( BCE ) ⇒ F = SD ∩ ( BCE ) và = =
SA SD 3
.

Theo

công

thức

tỉ

số

thể

tích

ta

có:

4
2
VS .ECF SE SF 2 2 4
.
=.
=
. =
⇒ VS .ECF =
VS . ACD =
V
9
9 S . ABCD
VS . ACD SA SD 3 3 9
2
1
VS . ECB SE 2
.
==
⇒ VS . ECB =
VS . ACB =
V
3
3 S . ABCD
VS . ACB SA 3
5
4
4 1
8 3a 3
1 2
Như vậy VS .CBEF =
.
+
=

=
=
=
.
S
.
SA
V
VABCDEF
V

 VS . ABCD
9 S . ABCD
9 S . ABCD 9 3 ABCD
27
3 9
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc

NHÓM TOÁN VD – VDC

Lời giải

NHÓM TOÁN VD – VDC

x = 1
thỏa phương trình (1).
Ta thấy 
y = 2


NHÓM TOÁN VD – VDC
* Tính d ( SD, BE ) :
Trong ( BCFE ) dựng FM / / EB ( M ∈ BC ) ⇒ BE / / ( SMD ) và BM
= FE
=

2
4a
AD
=
3
3

2a
.
⇒ CM =
3

Trong

( ABCD )

2
SE
=
d ( A, ( SDM ) )
d ( A, ( SDM ) ) .
SA
3
 
dựng AK ⊥ MD ( K ∈ MD ) , =
ta có AK AD
.sin ADK AD.co s CDM
=

a
a.
= 2=
2
 2a 
a2 +  
 3 

d ( A, ( SDM
=
))

Câu 6:

6a
13

SA. AK
=
SK

Vậy
=
d ( BE , SD )

NHÓM TOÁN VD – VDC

Ta có:
d ( BE , SD ) d=
d ( E , ( SDM ) )
=
( BE , ( SDM ) )=

.

SA. AK
=
SA2 + AK 2

a 3.

(a 3)

2

6a

6a
13
=
.
2
5
 6a 
+

 13 

2
4a
.
=
d ( A, ( SDM ) )
3
5

(2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình.
Bảng gồm 15 nút, mỗi nút được ghi một số từ 1 đến 15 và không có hai nút nào được
ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn ba nút khác nhau sao cho tổng các số trên ba nút
đó là số chẵn. Học sinh B không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên ba nút
khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó.
Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω )= A153= 2730 .
Gọi biến cố B : “Học sinh B mở được cửa phòng học”.
Khi đó, tổng 3 số học sinh B bấm là số chẵn có 3 trường hợp xảy ra:
TH1: Bấm 1 số chẵn và 2 số lẻ ⇒ Có 7.C82 .3! = 1176 cách
TH2: Bấm 3 số chẵn ⇒ Có A73 = 210 cách.
Do đó n ( B ) = 1386 .
Vậy xác suất cần tìm là P=
( B)

n ( B ) 33
.
=
n ( Ω ) 65

Câu 7A. (2 điểm)
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ bên.

https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc

NHÓM TOÁN VD – VDC

Lời giải


NHÓM TOÁN VD – VDC

NHÓM TOÁN VD – VDC
 x3 + x 2 + x 9   3 
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  4
+ =
  có ít
2
 x + 2x +1 4   2 
m

nhất ba nghiệm phân biệt.
Lời giải
x3 + x 2 + x 9
3
Đặt
=
u u=
+ , phương trình trở thành f ( u ) =  
( x) 4
2
x + 2x +1 4
2

Có u ′ ( x )

=

( 3x
=

2

+ 1)

3

2

(x

2

(1 − x )(1 + x )
=

(x

2

+ 1)

3

+ 1)

4

3

.
NHÓM TOÁN VD – VDC

2

( *) .

+ 2 x + 1)( x 2 + 1) − ( x3 + x 2 + x ) .2.2 x. ( x 2 + 1)

− x 4 − 2 x3 + 2 x + 1

(x

m

 x = −1
u ′ ( x )= 0 ⇔ 
x = 1
Bảng biến thiên của u = u ( x ) :

Từ bảng biến thiên suy ra u ∈ [ 2;3] , đồng thời với u =
9 
u ∈ [ 2;3] \   cho ta 2 giá trị x thỏa mãn.
4

https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc

9
cho ta 1 giá trị x , với mỗi
4


NHÓM TOÁN VD – VDC
Phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất hai
nghiệm phân biệt thuộc [ 2;3] . Dựa vào đồ thị, phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm
m

3
phân biệt thuộc [ 2;3] ⇔ 2 <   ≤ 3 ⇔ log 3 2 < m ≤ log 3 3 .
2
2
2

nghiệm phân biệt.
Câu 8 A. (2,0 điểm)
Cho các số thực không âm thỏa mãn x + y ≤ 1 và xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức=
P

1
1
+
− 1+ z .
2
1+ 4x 1+ 4 y2

Lời giải

NHÓM TOÁN VD – VDC

m


 x3 + x 2 + x 9   3 
Vậy với m ∈  log 3 2;log 3 3 thì phương trình f  4
+
=
   có ít nhất ba
2
 x + 2x +1 4   2 
2 
 2

1 ≥ 2 xy
1

0 < x + y ≤ 1 
 xy ≤
Từ giả thiết ta có 
⇒
4.
1 ⇒
z
=
 xyz = 1

 z ≥ 4
xy

1
1
2
Với điều kiện trên ta có BĐT
.
+

2
2
1 + 4 x 1 + 4 y 1 + 4 xy
1
1
2
2
+
− 1+ z ≤
− 1 + z=
− 1+ z .
2
2
4
1+ 4x 1+ 4 y
1 + 4 xy
1+
z
4

2
0 < 1 + ≤ 2
z
Với z ≥ 4 ⇒ 

− 1+ z ≤ 1− 5 .
− 1 + z ≤ 5 1 + 4

z
1

 x= y=
Vậy max P = 1 − 5 đạt được khi 
2.
 z = 4

Do đó P=

nguyên dương thỏa 4C n3+1 + 2C n2 =
An3
Lời giải
Điều kiện: n ≥ 3
4C n3+1 + 2C n2 =An3 ⇔

4.(n + 1)!
2.(n !)
2.(n + 1)
1
n!
+
=

+
=1
3!.(n − 2)! 2!.(n − 2)! (n − 3)!
3.(n − 2) n − 2

⇔ 2(n + 1) + 3= 3(n − 2) ⇔ n = 11
11


2
Khai triển  x 2 −  có số hạng tổng quát là C 11k x 22−3k .(−2)k . Hệ số chứa x 7 tương ứng
x

với k thỏa mãn 22 − 3k = 7 ⇔ k = 5
Vậy hệ số chứa x 7 là : −C 115 .25 =
−14784
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc

NHÓM TOÁN VD – VDC

n


2
Câu 7B. (2,0 điểm) Tìm hệ số x khi khai triển nhị thức  x 2 −  , với x ≠ 0 , biết rằng n là số
x

7


NHÓM TOÁN VD – VDC
Câu 8B. (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

9 + 8x − x 2 − 7x − x 2

Lời giải
Điều kiện: x ∈ [0;7]
=
y'

4−x

7 − 2x
2 7x − x 2

NHÓM TOÁN VD – VDC

9 + 8x − x 2



(4 − x )(7 − 2x ) ≥ 0
y ' =0 ⇔ 2(4 − x ) 7x − x 2 =(7 − 2x ) 9 + 8x − x 2 ⇔ 
2
2
2
2
4(4 − x ) (7x − x ) = (7 − 2x ) (9 + 8x − x )
Từ bảng biến thiên suy ra
min y = 2 khi x =

7
3

x

0

7
7
3

y'

− 0 +

y

3 4

2
Cách khác:
Vì (9 + 8x − x 2 ) − (7x − x 2 ) = 9 + x > 0 ∀x ∈ [0;7] ⇒ y > 0

y 2 = (x + 1)(9 − x ) + x (7 − x ) − 2 (x + 1)(9 − x )x (7 − x )

(

(x + 1)(7 − x ) + x (9 − x ) − 2 (x + 1)(7 − x )x (9 − x ) + 2 =
y = (x + 1)(7 − x ) − x (9 − x )
=
Vậy min y =

2 ⇔ (x + 1)(7 − x ) = 9x − x 2 ⇔ x =

)

2

+2≥2

7
3

NHÓM TOÁN VD – VDC

https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×