Đề chọn học sinh giỏi tỉnh Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍ NH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1.(2,5 điểm) Cho hàm số 2 − x +1 y =
có đồ thị là đường cong (C) và đường thẳng d : y = 2x + m . x +1
Tìm m để d cắt (C)tại hai điểm ,
A B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 7 (với O là gốc tọa độ).
Câu 2. (2,5 điểm) Một hộp đựng 20 tấm thẻ được đánh số liên tiếp từ 1 đến 20 . Một người rút ngẫu
nhiên cùng lúc 3 tấm thẻ. Tính xác suất để bất kì hai trong ba tấm thẻ lấy ra có hai số tương ứng ghi
trên hai tấm thẻ luôn hơn kém nhau ít nhất hai đơn vị.
Câu 3. (2,5 điểm) Cho hàm số bậc ba ( ) 3 2
f x = x + ax + bx + c với a,b,c∈ R , biết 4a + c > 2b + 8
và 2a + 4b +8c +1< 0 . Tìm số điểm cực trị của đồ thị hàm số g (x) = f (x) .
Câu 4. (2,5 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi, tam giác ABD đều cạnh a ,
tam giác BCD cân tại C và 
BCD =120 .° Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng( ABCD) và SA = 2a .
Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB,SC,SD lần lượt tại M , N, . P Tính thể
tích khối chóp S.AMNP .
Câu 5. (2,0 điểm) Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f ′(x) 2
= 4 − x . Tìm m để hàm số y f ( 2 x x)  1 m 2ln x  = + + − S 
nghịch biến trên khoảng (1;+∞). x   
Câu 6. (2,0 điểm) Phần trên của một cây thông Noel có dạng hình nón, đỉnh
S, độ dài đường sinh l = 2m và bán kính đáy r =1m. Biết rằng AB là một l I
đường kính đáy của hình nón và I là trung điểm đoạn thẳng SB (tham khảo A
hình vẽ). Để trang trí, người ta lắp một dây bóng nháy trên mặt ngoài của cây r B
thông từ vị trí A đến I. Tính độ dài ngắn nhất của dây bóng nháy.
Câu 7. (2,0 điểm) Cho phương trình 2 3
x + (m + 2)x + 4 = (m −1) x + 4x với m là tham số thực. Tìm
m để phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu 8. (2,0 điểm) Cho hàm số y = f (x) 2
= 1+ x + x . Tìm m để bất phương trình 2 ( − ) ( − ) 1+ 1− x x m f x m +
≤ nghiệm đúng với mọi x ∈[ 1; − ] 1 . f ( 0 2 1+ 1− x )
Câu 9. (2,0 điểm) Cho các số thực a,b,c∈[4;8]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 1 3
F = a + b + c − log (abc). 2 4 -------HẾT ------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .........................................................Số báo danh:…………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2020-2021 - Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang)
I. HƯỚNG DẪN CHUNG
- Mọi cách giải khác đáp án, mà đúng và đủ các bước đều cho điểm tương ứng;
- Ban Giám khảo có thể thống nhất phân chia các ý để cho điểm đến 0.25;
- Điểm toàn bài không quy tròn.
II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm
Pt hoành độ giao điểm của d và (C) Câu 1 2 (2.5 đ) 2 − x +1
2x + (m + 4)x + m −1 = 0(*) 0.5 = 2x + m ⇔ 2
∆ = m + 24 > 0, m ∀ ∈ . R x 1  +  x ≠ 1 − 2 ∆ m + 24 x − x = =
y − y = x − x A B 2 A 2 A B ; a 2 B 0.5 2 + 2 2 5(m 24)
AB = (x − x + y − y = x − x = A B ) ( A B ) 5 A B 2 ( m d O, AB) = 0.5 5 2 1 m m + S = ⇔ = ⇔ = 0.5 ∆ d O AB AB OAB 7 ( , ) 1 5( 24) . 7 . . 7 2 2 5 2 4 2
⇔ m + 24m −112 = 0 ⇔ m = 2. ± 0.5
Gọi Ω là không gian mẫu. Ta có n(Ω) = 3 C =1140. 1.0 Câu 2 20
(2.5đ) Gọi A là biến cố rút được ba tấm thẻ sao cho bất kì hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số
tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn hơn kém nhau ít nhất hai đơn vị.
Biến cố A xảy ra khi có các trường hợp sau: 0.5
TH 1. Chọn ra 3 tấm thẻ ghi số liên tiếp có 18 cách.
TH2. Chọn ra 3 tấm thẻ trong đó có đúng 2 tấm thẻ ghi số liên tiếp:
Nếu hai tấm thẻ liên tiếp đó đánh số 1,2 và 19,20 thì có 17 cách chọn tấm thẻ còn lại.
Nếu hai tấm thẻ đó bắt đầu từ cặp số 2,3 đến cặp số 18,19 thì mỗi cặp số sẽ có 16 cách
chọn tấm thẻ còn lại. 0.5
Vậy TH 2 có 2.17 +17.16 = 306 cách.
Suy ra n( A) =18+306 = 324 n A Suy ra P( A) ( ) 324 27 = = =
, suy ra P( A) = − P( A) 68 1 = 0.5 n(Ω) 1140 95 95
Ta có 4a − 2b + c −8 > 0 ⇒ f ( 2 − ) > 0 Câu 3 (2.5 đ)  1 1 1   1 0.5
2a 4b 8c 1 0 8 a b c 0 f  + + + < ⇔ + + + < ⇒ <     0  8 4 2   2 
Ta thấy lim f (x) = +∞ , nên tồn tại số 1
p > sao cho f ( p) > 0 x→+∞ 2 0.5
lim f (x) = −∞ , nên tồn tại số q < 2
− sao cho f (q) < 0 x→−∞ 1
Ta có f (q) f ( ) f ( )  1   1 . 2 0; 2 . f 0; f  − < − < f ( p) <     0  2   2  0,5
Suy ra f (x) = 0 có 3 nghiệm thuộc các khoảng(q )  1   1 ; 2 ; 2; ; ; p − −  2 2     
Nên hàm số y = f (x) có 2 cực trị 0,5
Suy ra g (x) = f (x) có 5 điểm cực trị. 0,5 S a a Câu 4 Tam giác ICD : 3 3 IC = . ID cot 60° = ; AI = . (2.5 đ) 6 2 0,5 2a 3 P N
⇒ AC = AI + IC = 3 2 D
Tam giác SAC vuông tại A có SN SA = M 2 SC SC 2 A C SN SA 3 0,5 I ⇒ = = . 2 2 SC SA + AC 5 B
Tam giác ABC vuông tại B ⇒ BC ⊥ (SAB) ; ⇒ BC ⊥ AM Mặt khác AM ⊥ SC , nên 0.5
AM ⊥ (SBC) , suy ra AM ⊥ SB 2 2
Trong tam giác vuông SAB ta có SM SA = SM SA 2 ⇒ = = 2 SB SB 2 2 SB SA + AB 3 Tương tự SP SM 2 = = Khi đó V SM SN 3 2 2 1 S.AMN = . = . = ⇒ V = V . SD SB 3 V SB SC 5 3 5 S.AMN S. 5 ABCD S.ABC 0,5 Tương tự 1 V
= V . Suy ra VS AMNP 2 . = S.ANP 5 VS ABCD 5 . 1 2 S
= AC BD 1 2a 3 a 3 = . . a = . ABCD . 2 2 3 3 0.5 2 3 3 Suy ra 1 1 a 3 a 6 V = SA S = a = . Vậy V 2a 6 S AMNP 2 . = ⇒ V = . S ABCD . ABCD 2. . 3 3 3 9 V S.AMNP 45 S ABCD 5 .  1  m 2x +1
Câu 5. Ta có y = f ( 2
x + x)+ m 2ln x − 
 . Suy ra y '( x) = (2x + )
1 f '( 2x + x) ( ) + 2 0.5 (2.0đ)  x  x
Hàm số nghịch biến trên (1;+∞) khi y '(x) ≤ 0 x ∀ ∈(1;+∞).  m  m 0.5 Hay (2x + )
1 f '( 2x + x)+ ≤ 0 x ∀ ∈(1;+∞) ⇔ f ' 
( 2x + x + ≤ 0 x ∀ ∈ 1;+∞  . 2 ) 2 ( )  x  x
Suy ra m ≤ −x f (x + x) = x ( x + x)2 2 2 2 2 − ) 6 5 4 2 . '
4 = x + 2x + x − 4x với x ∀ ∈(1;+∞) 0.5 Đặt g (x) 6 5 4 2
= x + 2x + x − 4x , g′(x) 5 4 3
= x + x + x − x = x( 4 3 2 6 10 4 8
2 3x + 5x + 2x − 4)
Do x ∈(1;+∞) suy ra 4 3 2
3x + 5x + 2x − 4 > 0
suy ra g′(x) > 0 , suy ra g (x) đồng biến trên (1;+∞) 0.5
Suy ra m ≤ g ( x) với x
∀ ∈(1;+∞)khi và chỉ khi m ≤ g ( ) 1 = 0 2 S
Khi lắp dây bóng từ A đến I trên mặt nón sẽ có hai Câu 6
hướng, do tính đối xứng nên ta chỉ xét một hướng. (2.0đ) I
Trải một nửa mặt nón lên mặt phẳng ta được một hình 0.5 A
quạt (như hình vẽ) B
Độ dài ngắn nhất của dây bóng nháy bằng AI Cung 
AB là nửa đường tr òn đáy nên l = π (m)  0.5 AB l l π Số đo góc  ASB :   AB AB α = = = 0.5 SA l 2 2 2
⇒ AI = SA + SI = 5 (m) 0.5
Điều kiện: x ≥ 0.
Câu 7 Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, suy ra x > 0 , ta có (2.0đ) 0.5 2 3 4 4
x + (m + 2)x + 4 = (m −1) x + 4x ⇔ x + − (m −1) x + + m + 2 = 0 ( ) 1 x x 4 4 2 x − 4 x
Đặt x + = t xét t(x) = x + ta có t′(x) = , x x 2 2 2x x + 4 0.5 2 t + t +
Với t ≥ 2 phương trình ( )1 trở thành 2 2
t − (m −1)t + m + 2 = 0 ⇔ m = (2) t −1 2 t + t + 2 2 t − 2t − 3
Xét hàm số m(t) =
với t ≥ 2 ta có m (′t) = t −1 2 (t −1) 0.5
Dựa vào hai bảng biến thiên ta có: Phương trình đã cho có 4 nghiệm ⇔ phương trình (2)
có 2 nghiệm t > 2 . Suy ra 7 < m < 8. 0.5 Câu 8. 2 2 1 1 1
(2.0đ) Ta xét f (−x) = 1+ (−x) + (−x) = 1+ x − x = = Vậy f (−x) = 0,5 2 1+ x + x f (x) f (x) 2 2 (1+ 1−x ) Suy ra ( − ) ( − ) 1+ 1− x x m f x m +
≤ ⇔ (x − m) f (x − m) ≤ − f ( 0 2 1+ 1− x ) f ( 2 1+ 1− x ) 0,5
⇔ (x − m) f (x − m) ≤ ( 2 − − − x ) f ( 2 1 1 1 − − 1− x )( )1
Xét g (t) = t f (t) = t ( 2 + t + t) 2 2 . 1 = t t +1 + t 3 2 2 g′(t) 2 t 2 t 2 = 1+ t +
+ 2t ≥ 2 1+ t .
+ 2t = 2 t + 2t (BĐT Cauchy) 2 2 1+ t 1+ t 0,5
⇒ g′(t) ≥ 2 t + 2t ≥ 0 , Vậy hàm số g (t) luôn đồng biến trên 
( ) ⇔ g (x − m) ≤ g ( 2 − − − x ) 2 2 1 1 1
⇔ x − m ≤ 1
− − 1− x ⇔ m ≥ x +1+ 1− x Để ( )
1 luôn đúng ta phải có m ≥ Max + + − − ( 2 x 1 1 x 1;1 ) [ ] 0,5 Đặt 2 ( ) = +1+ 1− ⇒ '( ) =1 x h x x x h x − . h (x) 1 ' = 0 ⇔ x = 2 1− x 2
Từ đó suy ra Max + + − = + Vậy m ≥1+ 2. − ( 2 x 1 1 x 1 2. 1;1 ) [ ] Xét hàm số 2
f (x) = x − 48log x + 80 trên [4;8] ta có Câu 9 2 (2.0đ) 48 ( ) 2 2ln 2 x − 48 24
f (′x) = 2x − =
; f (′x) = 0 ⇔ x = (= x 0 ) x ln 2 x ln 2 ln 2 0.5 2 2
⇒ x − 48log x + 80 ≤ 0 ⇒ x ≤ 48log x −80, x ∀ ∈ 4;8 2 2 [ ] 2 2 2 1 3
⇒ a + b + c − log (abc) ≤ 48(log a + log b + log c) 1 3 − 240 − log (abc) 2 2 2 2 2 4 4 0.5 2 2 2 1 3 1 3
⇒ a + b + c − log (abc) ≤ 48log (abc) − 240 − log (abc) 2 2 2 4 4 a, ,
b c∈[4;8] ⇒ log a,log b,log c∈ 2;3 ⇒ log (abc)∈ 6;9 2 2 2 [ ] 2 [ ] Xét hàm số 1 3
g(x) = 48x − 240 − x trên [6;9] ta có 4 3 2
g (′x) = 48 − x ; g (′x) = 0 ⇔ x = 8 4 0,5
Suy ra g(x) ≤16 2 2 2 1 3
a + b + c − log (abc) 1 3
≤ 48log (abc) − 240 − log (abc) ≤16 2 4 2 2 4
Dấu bằng xảy ra khi abc = 256 và log a, log b, log c nhận giá trị bằng 2 hoặc 3. 2 2 2 0.5
Suy ra a = b = 8,c = 4; a = c = 8,b = 4 hoặc c = b = 8,a = 4 Vậy maxF =16
………………………..HẾT………………… 4
Document Outline

• giai tich 12 nang cao
• Giai tich 12 nang cao De thi chon HSG