Đề thi HSG tỉnh Toán 12 năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Lâm Đồng

NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG
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 NHÓM ĐỀ BÀI T
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH OÁN Câu 1: (2,0 điểm) VD
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y = −x + 3x + 3mx −1 nghịch biến trên – khoảng (0;+ ∞). VD C Câu 2: (4,0 điểm)
a) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 5 − 3x + x = 0. 3 ( )
b) Giải phương trình cos 2x + 7cos x − 3 (sin 2x − 7sin x) = 8. Câu 3: (2,0 điểm)
Một chiếc cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao 20cm bên trong có một
khối lập phương cạnh 6cm như hình minh họa. Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương
sẽ nổi 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
ngang bằng với miệng cốc khi nó nổi lên. (lấy π = 3,14 ) (
 x − 2) y −1 −( y −3) = Câu 4: x 0
(4,0 điểm) Giải hệ phương trình  . 2 2
x + y − x + 4 = 2y 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 AE =
. Mặt phẳng (BCE) cắt SD tại F . Tính thể tích khối đa diện V và 3 ABCDEF
khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BE . 1
NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG
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
PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ THPT T Câu 7A. (2,0 điểm) OÁN
Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. VD – VD C 3 2 m  + + 
Tìm tất cả các giá trị của tham số x x x 9  3 
m để phương trình f  +  =   .có ít 4 2
 x + 2x +1 4   2 
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 1 1 P = + − 1+ z . 2 2 1+ 4x 1+ 4 y
PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ GDXT n  
Câu 7B. (2,0 điểm) Tìm hệ số 7
x khi khai triển nhị thức 2 2
x −  , với x ≠ 0 , biết rằng n là số  x  nguyên dương thỏa 3 2 3 4C + 2C = A . n 1 + n n
Câu 8B. (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2
y = 9 + 8x − x − 7x − x .
------------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 NHÓM HƯỚNG DẪN GIẢI T Câu 1: (2,0 điểm) OÁN
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y = −x + 3x + 3mx −1 nghịch biến trên VD khoảng (0;+ ∞). – Lời giải VD Tập xác định: D = C  Ta có 2
y′ = − x + x + m = ( 2 3 6 3
3 −x + 2x + m) .
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;+ ∞) ⇔ y′ ≤ 0, x ∀ ∈(0;+ ∞) 2
⇔ −x + x + m ≤ x ∀ ∈( + ∞) 2 2 0, 0;
⇔ m ≤ x − 2x, x ∀ ∈(0;+ ∞) . Xét f (x) 2
= x − 2x, 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;+∞) NHÓM Vậy m ≤ −1. T Câu 2: (4,0 điểm) OÁN
a) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 5 − 3x + x = 0. 3 ( ) VD
Điều kiện: 5 − 3x > 0 ⇔ x < log 5. 3 – x x x 1 VD
Ta có log 5 − 3 + x = 0 ⇔ log 5 − 3 = −x ⇔ 5 − 3 = 3 ( ) 3 ( ) 3x C   5 + 21   + x 5 21 x = log   3 3 =   2    2 x x 2 ⇔ 3 − 5.3 +1 = 0 ⇔  ⇔ 
(thỏa mãn điều kiện).  −   −  x 5 21 5 21 3 = x = log   3  2    2     5 + 21   5 − 21   5 + 21  5 − 21  ⇒ S = log   + log   = log    = log 1 = 0 . 3 3 3 3        2 2 2 2       
Vậy tổng tất cả các nghiệm là S = 0 .
b) Giải phương trình cos 2x + 7cos x − 3 (sin 2x − 7sin x) = 8. Lời giải
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHÓM TOÁN VD – VDC
cos 2x + 7 cos x − 3 (sin 2x − 7 sin x) = 8 ⇔ cos 2x − 3 sin 2x + 7 (cos x + 3 sin x) = 8 1 3  1 3   π   π ⇔  cos 2x −
sin 2x + 7  cos x + sin x  = 4   ⇔ cos 2x + + 7 cos x − = 4     2 2 2 2    3   3    π   π   π   π ⇔  cos 2 x + − 7sin x + = 4      2 ⇔ 1− 2sin x + − 7sin x + = 4     NHÓM   6    6   6   6    π  1 sin x + = − T     π   π   6  2 OÁN 2 ⇔ 2sin x + + 7sin x + + 3 = 0     ⇔  .  6   6    π  sin x + = 3 −    (V« nghiÖm) VD   6  –  π VD = − + π +)  π  1  π   π  x k 2  sin x + = −   ⇔ sin x + = sin −     ⇔ 3 , (k ∈) . C  6  2  6   6   x = π + k2π
Câu 3: (2,0 điểm)
Một chiếc cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao 20cm bên trong có một
khối lập phương cạnh 6cm như hình minh họa. Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương
sẽ nổi 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
ngang bằng với miệng cốc khi nó nổi lên. (lấy π = 3,14 ) NHÓM T OÁN VD Lời giải – VD
Khi mặt trên của khối lập phương ngang bằng với miệng cốc thì lượng nước trong cốc C cách thành trên 2cm .
Tổng thể tích lượng nước và phần khối lập phương chìm trong nước là: 2 V = 3,14.5 . 20 − 2 3 =1413 cm . 1 ( )
Thể tích khối lập phương chìm trong nước là V = 6.6.4 3 =144cm . 2
Vậy thể tích lượng nước đổ vào cốc là V = V −V =1413−144 3 =1269cm . 1 2 (
 x − 2) y −1 −( y −3) = Câu 4: x 0
(4,0 điểm) Giải hệ phương trình  . 2 2
x + y − x + 4 = 2y x + 3 Lời giải
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHÓM TOÁN VD – VDC  ≥ Điều kiện: x 0  . y ≥1 (
 x − 2) y −1 −( y −3) x = 0 (1)  2 2
x + y − x + 4 = 2y x + 3 (2) NHÓM Cách 1:  = Ta thấy x 2 
thỏa phương trình (1) nhưng không thỏa phương trình (2) nên không T y = 3 OÁN
phải là nghiệm của hệ phương trình đã cho. VD  ≠ Xét x 2  – y ≠ 3 VD y −1 x C
Ta có: (1) ⇔ (x − 2) y −1 = ( y −3) x ⇔ = .
( y − )1− 2 x − 2 Xét hàm số: t f (t) = trên [0;+∞) \{ } 2 . t − 2 t − − 2 f '(t) = < 0 t ∀ ∈ 0;+∞ \ 2 . 2 [ ) { } 2 t (t − 2) Suy ra hàm số: t f (t) =
nghịch biến trên mỗi khoảng [0;2);(2;+∞). t − 2 − Do đó: y 1 x ( = ⇔ = − ⇔ = + y − ) x y 1 y x 1. 1 − 2 x − 2 Cách 2:
(1) ⇔ x y −1 − 2 y −1 − ( y − ) 1 x + 2 x = 0 NHÓM
⇔ x y −1( x − y −1)+ 2( x − y −1) = 0 T
⇔ ( x − y −1)( x y −1+ 2) = 0 OÁN ⇔ x = y − ( 1 do x y −1 + 2 > 0 x ∀ ≥ 0; y ∀ ≥ ) 1 VD
⇔ x = y −1 ⇔ y = x +1. – VD
Thay y = x +1 vào phương trình (2) ta được: C 2 2 2 + + − + = + + ⇔ + + = + + x
(x )1 x 4 2(x )1 x 3 2x x 5 2(x )1 x 3 (3) Đặt 2 2 u =
x + 3 ⇒ u = x + 3 ⇒ x = u − 3 (u ≥ 3 do x ≥ 0).
Phương trình (3) trở thành u =
2u − 2u −11u + 4u + 20 = 0 ⇔ (u − 2) 2 2 4 3 2 ( 2
2u + 6u + 5) = 0 ⇔  2
2u + 6u + 5 = 0 (VN) Với 2
u = 2 ⇒ x = 2 − 3 = 1 ⇒ y = 1+1 = 2. (thỏa mãn điều kiện)  =
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: x 1  . y = 2 Cách 3:
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHÓM TOÁN VD – VDC
⇔ x − x + + y − y x + + x + = ⇔ (x − ) + ( y − x + )2 2 2 2 (2) 2 1 2 3 3 0 1 3 = 0  x = 1  x =1  ⇔  ⇔  y = x + 3 y = 1+ 3 = 2  = Ta thấy x 1  thỏa phương trình (1). NHÓM y = 2 x = T
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 1  . y = 2 OÁN
Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a, SA VD
vuông góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy một góc 60°, điểm E thuộc cạnh SA và – VD a 3 AE =
. Mặt phẳng (BCE) cắt SD tại F . Tính thể tích khối đa diện V và C 3 ABCDEF
khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BE . NHÓM T Lời giải OÁN  
Vì SA ⊥ ( ABCD) nên góc giữa SB với mặt đáy là góc SBA ⇒ SBA = 60° . VD a AE – S
∆ AB vuông tại A ⇒ SA = A .
B tan 60° = a 3 , 3 1 AE = ⇒ = . VD 3 AS 3 C SE SF
Dựng F ∈ SD : EF / / AD ⇒ EF / /BC ⇒ EF ⊂ (BCE) ⇒ F = SD ∩ (BCE) và 2 = = SA SD 3 . Theo công thức tỉ số thể tích ta có: V SE SF 2 2 4 4 2 S .ECF = . = . = ⇒ V = V = V . S .ECF S . ACD S . V SA SD 3 3 9 9 9 ABCD S . ACD V SE 2 2 1 S .ECB = = ⇒ V = V = V . S .ECB S . ACB S . V SA 3 3 3 ABCD S . ACB 3 Như vậy  1 2  5 4 4 1 8 3a V = + V = V ⇒ V = V = . S .SA =   . S .CBEF S . ABCD S . ABCD ABCDEF S .  3 9  9 9 ABCD 9 3 ABCD 27
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHÓM TOÁN VD – VDC
* Tính d (SD, BE) : Trong ( a
BCFE ) dựng FM / /EB (M ∈ BC ) ⇒ BE / / (SMD) và 2 4 BM = FE = AD = 3 3 2a ⇒ CM = . 3 NHÓM Ta có: SE 2
d ( BE, SD) = d ( BE,(SDM )) = d ( E,(SDM )) = d ( ,
A (SDM )) = d ( , A (SDM )) . SA 3 T   OÁN
Trong ( ABCD) dựng AK ⊥ MD(K ∈ MD), ta có AK = A .
D sin ADK = A . D co s CDM a 6a VD = 2 . a = . 2 13  2a  2 – a +   VD  3  C 6a a 3. ( SA AK SA AK a d , A (SDM )) . . 13 6 = = = = . 2 2 SK SA + AK ( ) 2 5 2  6a  a 3 +    13  Vậy ( SD) 2
= d ( A (SDM )) 4a d BE, , = . 3 5
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. Lời giải NHÓM
Số phần tử của không gian mẫu n(Ω) 3 = A = 2730 . 15 T
Gọi biến cố B : “Học sinh B mở được cửa phòng học”. OÁN
Khi đó, tổng 3 số học sinh B bấm là số chẵn có 3 trường hợp xảy ra: VD
TH1: Bấm 1 số chẵn và 2 số lẻ ⇒ Có 2 7.C .3! = 1176 cách 8 –
TH2: Bấm 3 số chẵn ⇒ Có 3 A = 210 cách. 7 VD
Do đó n(B) =1386. C
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 NHÓM T OÁN VD – VD C 3 2 m  + + 
Tìm tất cả các giá trị của tham số x x x 9  3 
m để phương trình f  +  =   có ít 4 2
 x + 2x +1 4   2 
nhất ba nghiệm phân biệt. Lời giải m Đặt + +  
u = u ( x) 3 2 x x x 9 =
+ , phương trình trở thành f (u) 3 =   (*) . 4 2 x + 2x +1 4  2 
(3x +2x+ )1(x + )2 2 2 1 − ( 3 2
x + x + x).2.2 . x ( 2 x + ) 1 Có u′(x) = ( x + )4 2 1 4 3 − 3
x − 2x + 2x +1 (1− x)(1+ x) = = . 3 3 2 2 NHÓM (x + )1 (x + )1  = − u′( x) x 1 = 0 ⇔ T  x = 1 OÁN
Bảng biến thiên của u = u (x) : VD – VD C
Từ bảng biến thiên suy ra u ∈[2; ] 3 , đồng thời với 9 u =
cho ta 1 giá trị x , với mỗi 4   u ∈[ ] 9
2;3 \   cho ta 2 giá trị x thỏa mãn. 4
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc 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 phân biệt thuộc [  3  2; ] 3 ⇔ 2 <
≤ 3 ⇔ log 2 < m ≤ log 3   . 3 3  2  2 2 NHÓM   3 2 m  + +  Vậy với x x x 9  3 
m ∈  log 2;log 3 thì phương trình f  +  = có ít nhất ba 3 3    4 2
 x + 2x +1 4   2  2 2  T nghiệm phân biệt. OÁN
Câu 8 A. (2,0 điểm) VD
Cho các số thực không âm thỏa mãn x + y ≤1 và xyz =1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu – 1 1 VD thức P = + − 1+ z . 2 2 1+ 4x 1+ 4 y C Lời giải 1  ≥ 2 xy  1  < + ≤   ≤
Từ giả thiết ta có 0 x y 1 xy  ⇒  1 ⇒  4 . xyz = 1 z =  z ≥ 4  xy
Với điều kiện trên ta có BĐT 1 1 2 + ≤ . 2 2 1+ 4x 1+ 4 y 1+ 4xy Do đó 1 1 2 2 P = + − 1+ z ≤ − 1+ z = − 1+ z . 2 2 1+ 4x 1+ 4 y 1+ 4xy 4 1+ z  4  < + ≤ Với 0 1 2 2 z ≥ 4 ⇒  z ⇒ − 1+ z ≤ 1− 5 . 4 − + ≤ 1 1 z 5 + NHÓM z  1  = = Vậy x y
max P = 1− 5 đạt được khi  2 . T  OÁN z = 4 n   VD
Câu 7B. (2,0 điểm) Tìm hệ số 7
x khi khai triển nhị thức 2 2
x −  , với x ≠ 0 , biết rằng n là số  x  – VD nguyên dương thỏa 3 2 3 4C + 2C = A n 1 + n n C Lời giải
Điều kiện: n ≥ 3 + + 3 2 3 4.(n 1)! 2.(n !) n ! 2.(n 1) 1 4C + 2C = A ⇔ + = ⇔ + = 1 n 1 + n n 3!.(n − 2)! 2!.(n − 2)! (n − 3)!
3.(n − 2) n − 2
⇔ 2(n + 1) + 3 = 3(n − 2) ⇔ n = 11 11   Khai triển 2 2
x −  có số hạng tổng quát là k 22 3k.( 2)k C x − − . Hệ số chứa 7 x tương ứng  x  11
với k thỏa mãn 22 − 3k = 7 ⇔ k = 5 Vậy hệ số chứa 7 x là : 5 5 C − .2 = 14784 − 11
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHÓM TOÁN VD – VDC
Câu 8B. (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2
y = 9 + 8x − x − 7x − x Lời giải
Điều kiện: x ∈[0;7] 4 − x 7 − 2x y ' = − 2 2 NHÓM 9 + 8x − x 2 7x − x T (
 4 − x)(7 − 2x) ≥  0 2 2 OÁN
y ' = 0 ⇔ 2(4 − x) 7x − x = (7 − 2x) 9 + 8x − x ⇔  2 2 2 2
4(4 − x) (7x − x ) = (7 − 2x) (9 + 8x − x )  VD – x
Từ bảng biến thiên suy ra 0 7 7 VD 3 C y ' min y = 2 khi 7 x = − 0 + 3 y 3 4 2 Cách khác: Vì 2 2
(9 + 8x − x ) − (7x − x ) = 9 + x > 0 x
∀ ∈ [0;7] ⇒ y > 0 2
y = (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))2 + 2 ≥ 2 Vậy 2 7
min y = 2 ⇔ (x + 1)(7 − x) = 9x − x ⇔ x = 3 NHÓM T OÁN VD – VD C
https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Document Outline

• ĐỀ_HSG-Lâm-Đồng-lớp-12-năm-học-2019_2020.pdf
• HDG_HSG-Lâm-Đồng-lớp-12-năm-học-2019_2020 -.pdf