Đề thi HSG Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HSG CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN - Lớp: 12 THPT TOANMATH.com Ngày thi: 15 / 12 / 2020
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi có 05 câu - gồm 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) Cho hàm số 3 2
y  x  3x  4 có đồ thị C .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng y  m(x  2) cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến với đồ
thị C tại ba điểm đó tạo thành tam giác vuông. Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình: sin x 2 3 cos x 3  2sin x   1  3 cos x  cos 2x .   2   2   x ln 1  ln 1       x   y 
2. Giải hệ phương trình:   ; x y   .  1 2 2y  3xy    x xy 5y  6  Câu 3. (4,0 điểm)
1. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn, có mặt hai chữ số 1 và 2,
đồng thời 1 và 2 không đứng cạnh nhau.
2. Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất
0,85%/tháng. Sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10
triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình anh An
trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng? (tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng). Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi luôn song song với
mặt phẳng chứa đa giác đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q (không trùng các
đỉnh của hình chóp S.ABCD). Gọi M ' , N ' , P ' , Q ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q lên SM
mặt phẳng  ABCD . Tính tỉ số
để thể tích khối đa diện MNP .
Q M ' N ' P 'Q ' đạt giá trị lớn nhất. SA
2. Cho mặt cầu tâm O, bán kính R  1 . Từ điểm S bất kỳ trên mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt cầu tại
các điểm A, B, C (khác với S) sao cho SA  SB  SC và  ASB   BSC  
CSA   . Khi  thay đổi, tính
thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC.
3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, D là trung điểm BC. Biết S  AD là tam giác
đều và mặt phẳng SAD vuông góc với mặt phẳng  ABC . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB. Câu 5. (2,0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 P  x  y  z   2 2 2 8 xy  yz  zx .
-------------------- HẾT --------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm./.
Họ và tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . Câu I. Cho hàm số 3 2
y  x  3x  4 có đồ thị C .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số. Lời giải
• Tập xác định   . • Đạo hàm 2 y  3x  6x . x  2   y  0 • y  0   x  0  y  4
• Giới hạn lim y   , lim y   . x x • Bảng biến thiên
• Hàm số đồng biến trên  ;  2
  và 0; , nghịch biến trên  2  ;0.
• Hàm số đạt cực đại tại x  2 , y  0 . CÐ
• Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 , y  4 . CT
• Ta có y  6x  6 ; y  0  x  1  y  2 . Điểm uốn I  1  ; 2   . • Đồ thị
2. Tìm m để đường thẳng y  m x  2 cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y  m x  2 và đồ thị C là:
x  x   m  x     x   x  2 3 2 3 4 2 1 2  m  x  2      x x  2 2 2
x  x  2  m  0   2 x  x  2  m  0    1
Đường thẳng y  m x  2 cắt đồ thị hàm số 3 2
y  x  3x  4 tại ba điểm phân biệt  phương trình  
1 có hai nghiệm phân biệt khác 2   9 9  4m  0 m       4 * m  0 m  0
Khi đó đường thẳng y  m x  2 cắt đồ thị hàm số 3 2
y  x  3x  4 tại ba điểm phân biệt có
hoành độ 2, x , x với x , x là hai nghiệm của phương trình   1 . 1 2 1 2 x  x  1  Theo định lí Viet ta có 1 2  . x .x  m  2  1 2 Ta có 2
y  3x  6x . Suy ra hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị C tại ba điểm phân biệt
có hoành độ 2, x , x là y 2
   0, yx  3x  6x , y x  3x  6x 1  2 1 1  2 2 1 2 2 2
Đường thẳng y  m x  2 cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến với đồ thị
Ctại ba điểm đó tạo thành tam giác vuông  yx .y x  1  1   2
 3x  6x 3x  6x   1  9x x 2 2 2
18x x x  x  36x x  1 1 1 2 2 1 2 1 2  1 2  1 2
 m  2  m    m   2 9 2 18 2 36
2  1  9m 18m 1  0 3  2 2  m 
thỏa mãn điều kiện (*). 3 3  2 2 Vậy m  . 3 Câu II:
1. Giải phương trình sin x(2 3 cos x  3)  2(sin x 1)  3 cos x  cos 2x . Lời giải Ta có:
pt  3 sin 2x  cos 2x  2  3 cos x  sin x  
 2cos(2x  )  2  2cos(x  ) 3 6   x   k2    6 cos(x  )  0        2 6
 2cos (x  )  cos(x  )    x    m2 6 6   1  6 3 cos(x  )     6 2   x     m2  6 3   x   k2  6   
 x   m2 (k,m  Z)  2   x    m2  6   
Vậy phương trình có nghiệm là x 
 k2 ; x   m2; x    m2 (k,m Z). 6 2 6
2. Giải hệ phương trình   2   2   x ln 1  ln 1       x   y   ( x, y  ).  1 2 2 y  3xy    x xy 5y  6  Lời giải x  0  2 1    0 Điều kiện:  y . 5  y  6  0   2y  3xy  0  1 2 2y  3xy 5y  6      1 2 2 y 3xy   1      x xy 5y  6 2 x  y  5y  6 1  2   2 y  3xy  1        1  x   y   5y  6  2 y  2 5y  6
|(1)   y  25y  62  2  3x2    xy   2  3x2 3 x 3 y 3 2  2   2   2  3 2  9 1 12 1  4 1  9x 12x  4x       (*)  y   y   y  Xét hàm số f t 3 2
 9t 12t  4t , t 0;  . f t 2  27t  24t  4  0 t
 0;   Hàm số f t đồng biến trên 0; .  2  2 Do đó (*) có dạng f 1  f   x  x  1.  y  y 2  2   2   2  Thay x 
1 vào phương trình x ln 1  ln 1     ta được x ln 1  ln x . y    x   y   x   2   x ln 1  ln x  0   (2)  x  Đặt t  x , t  0  2  Phương trình (2) trở thành: t ln 1  2ln t  0  t ln  
 t  2  ln t  2ln t  0 t     
g t   t  t    t  t  g  t 2 2 2 ln 2 ln 2 ln  ln 1     .  t  t t  2
+ Hàm số ha  ln 1 a  a liên tục trên 0;   1 a h a  1   0 với a   0. 1 a 1 a
Hàm số ha  ln 1 a  a nghịch biến trên 0; 2  2   2  2   + Với  0  h  h   0  ln 1   0    gt 2 2 2  ln 1    0   t  t   t  t  t  t t  2
 Hàm số g t nghịch biến trên 0;.
Mặt khác g 2  0  t  2 là nghiệm duy nhất của phương trình g t  0. 2
+ t  2  x  4  y  . 3   Ta thấy  x y 2 ;  4; 
 thỏa mãn hệ phương trình.  3   
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x y 2 ;  4;   .  3  Câu III. (4.0 điểm):
1. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau lấy từ các chữ số
0,1, 2,3, 4,5, 6, 7. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập X . Tính xác suất để số được chọn là số chẵn
và chứa hai chữ số 1 và 2 đồng thời 1 và 2 không đứng cạnh nhau. Lời giải
Số phần tử của tập X là 5 7.C  17640  n 1  C 17640. 7 17640
Số cần tìm có dạng abcdef a  0 và biến cố thuận lợi là A TH1: f  0. Có 2 A cách xếp 1 và 2 và 3
A cách xếp cho các số còn lại nên có 2 3 A .A số mà luôn có mặt 5 5 5 5 hai chữ số 1 và 2 .
Nếu 1 và 2 đứng cạnh nhau thì có 8 cách xếp và 3
A cách xếp cho ba vị trí còn lại, nên có 5 3
8.A số mà 1 và 2 đứng cạnh nhau. 5
Do đó trường hợp này có: 2 3 3
A .A  8A  720 số thỏa mãn đề bài. 5 5 5 TH2: f  2.
Nếu xét cả trường hợp a  0 thì có bốn cách xếp chữ số 1 không đứng cạnh chữ số 2 và có 4
A cách xếp cho các vị trí còn lại 4  4.A số. 6 6
Nếu chỉ xét riêng a  0 thì có ba cách xếp chữ số 1 không đứng cạnh chữ số 2 và có 3 A cách 5
xếp cho các vị trí còn lại 3  3.A số. 5 Trường hợp này có 4 3 4.A  3A  1260 số. 6 5 TH3: f 4;  6  2 cách chọn f .
Nếu xét cả a  0 thì có 2 3
A .A số mà luôn có mặt hai chữ số 1 và 2. 5 5
Nếu 1 và 2.đứng cạnh nhau 3
 8.A cách xếp, hay có 2 2 3 3 A .A  8A  1440 số. 5 5 5  5 Nếu a  0 thì có 2 2
A .A cách xếp bcde luôn có mặt hai chữ số 1 và 2. Trong đó có 2 6.A cách 4 4 4
xếp mà hai chữ số 1 và 2 đứng cạnh nhau. Do đó có: 2 2 2 2 A .A  6A  144 số. 2 2 4 
Trường hợp này có: 1440 144 1296 số.
Cả ba trường hợp có tất cả 720 1260 1296  3276 số  n A 1  C  3276 . 3276 Vậy P  A 3276 13   . 17640 70
2. Đề đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất
0,85% / tháng. Sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định
là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết lãi suất, không thay đổi trong suốt quá
trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng ? (tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng). Lời giải
Gọi P là số tiền gốc vay ban đầu, r là lãi suất/ tháng, A là số tiền anh An hoàn nợ hàng tháng. 0
Ta có: Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ tháng thứ nhất: P  P 1 r  . A 1 0  
Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ tháng thứ hai:
P  P 1 r A  P 1 r2  . A 1 r  . A 2 1 0  
Số tiền nợ ngân hàng còn lại sau khi anh An hoàn nợ n tháng là: n  r  P P r A  r r r             P r  A n  n     2  n 1 n 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 . 0 0        r 1 n n  r 1 
Khi anh An trả hết nợ ngân hàng thì P  0 hay P 1 r  . A 0     n r A  A  Suy ra 1 rn   n  log 1r   A  rP A  rP 0  0 
Thay số ta được n  65,38 . Vì n là số nguyên nên chọn n  66 . Câu IV.
1. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi luôn song
song với mặt phẳng chứa đa giác đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q
(không trùng với các đỉnh của hình chóp S.ABCD ). Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là hình chiếu SM
vuông góc của M, N, P, Q lên mặt phẳng  ABCD . Tính tỉ số
để thể tích khối đa diện SA
MNPQM’N’P’Q’ đạt giá trị lớn nhất.
2. Cho mặt cầu tâm O, bán kính R=1. Từ điểm S bất kỳ trên mặt cầu kẻ ba đường thẳng cắt mặt
cầu tại các điểm A,B,C ( khác với S) sao cho SA=SB=SC và  ASB   BSC   CSA  . Khi  thay
đổi, tính thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC . Lời giải 1. S Q M A N P D M  Q H N  P B C SM Đặt  k với k 0;  1 . SA MN SM
Xét tam giác SAB có MN // AB nên   k  MN  k.AB AB SA MQ SM
Xét tam giác SAD có MQ // AD nên   k  MQ  k.AD AD SA
Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM  AM SA  SM SM MM  // SH nên    1
 1 k  MM   1 k .SH . SH SA SA SA Ta có V   2  A . B A . D SH.k .1 k  .     MN.M . Q MM MNPQ.M N P Q 1 Mà V  SH.A . B AD 2  V  3.V .k . 1 k . MNPQ.M N  P  Q   S.ABCD   S .ABCD 3
Thể tích khối chóp không đổi nên V
đạt giá trị lớn nhất khi 2
k .1 k  lớn nhất. MNPQ.M N  P  Q   2 1 k .k.k 1  2  2k  k  k  4 Ta có k .k     3 2 1      . 2 2  3  27 SM 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 21 k   2 k  k  . Vậy  . 3 SA 3 2.
Tam giác ABC đều, kẻ SO’ vuông góc với (ABC) thì O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và O’ thuộc SO.
Giải sử SO cắt mặt cầu tại D thì tam giác SAD vuông tại#A. Gọi SA=SB=SC = l . 2 2 SA l
Trong tam giác SAD, ta có SO’. SD = SA2  SO '     1 SD 2R
Gợi E là trung điểm BC, ta có :  2l sin  BC 4  BC=2BE = 2 2 2 2 2l.sin  AO '  
 SO '  SA  O ' A  l 1 sin 2 2 3 3 3 2 Từ (1) và (2) ta có 2 l 4  4   4    2 2 2 2 2  l 1 sin  l  2R 1 sin  S  4 3R 1 sin .sin   2R 3 2 3 2 ABC  3 2  2  4  2   SO '  2R 1 sin    3 2  1 8 3  4    Vậy 3 2 2 V  SO '.S  R 1 sin .sin . S.ABC   3 ABC 3  3 2  2  2  4  Đặt 2 x  sin , x  0; 
1 , ta xét hàm số : y  x 1 x   2  3   1  1
Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng 0;  1 , ta thấy max y  y    . 0; 1  4  9 3 8 3R 1  1
Vậy thể tích S.ABC lớn nhất là khi 0 x   sin     60 . 27 4 2 2
3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , D là trung điểm BC . Biết SAD là
tam giác đều và mặt phẳng SAD vuông góc với mặt phẳng  ABC . Tính khoảng cách từ điểm
C đến mặt phẳng SAB . Lời giải
Gọi H là trung điểm AD  AH   ABC.
Trong  ABC gọi K  CH  AB .
Gọi M là trung điểm BK .
DM là đường trung bình BKC  DM // KC, CK  2DM . 1
HK là đường trung bình ADM  HK // DM , HK  DM . 2 CK 2DM 
 4  d C,SAB  4d H,SAB . HK 1 DM 2 Kẻ HQ  AB .  HQ AH B . D AH . a a 3 a 3 AQH đồng dạng ADB    HQ    . DB AB AB 2a 2  AD 3 3a
SAD là tam giác đều  SH   . 2 2 Kẻ HT  SQ . AB  HQ   AB  SHQ. AB  SH HT  SQ   HT  SAB . HT  AB
 d H,SAB  HT .  1 1 1 1 1 16
SHQ vuông tại H , đường cao HT , ta có :      . 2 2 2 2 2 2 HT HQ HS 3a 9a 9a 4 4 3a     SAB 3a HT d H ,  . 4 4
 d C,SAB  4d H,SAB  3a.
Câu V. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  z  4 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2
P  x  y  z  8(xy  yz  zx ) . Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử rằng x  y  z . Khi đó 2 y  x  y  z  y  2 . Và  y  x y  z 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 0  y  xz  xy  yz  xy  x z  x y  xyz  xy  x z  z y  x y  xyz  z y . Do đó
xy  x z  z y  x y  xyz  z y  y x  xz  z   yx  xz  z   yx  z2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . Hay ta có
xy  x z  z y  y   y2 2 2 2 4   1
Tiếp tục đánh giá phần còn lại, ta có
x  y  z  y   x  z3  xz x  z  y   x  z3  y    y3 3 3 3 3 3 3 3 4 . Vì vậy ta được
x  y  z  y    y3 3 3 3 3 4 2 Từ   1 ,2 ta được
P  y    y3  y   y2 3 3 2 4 8 4
 8y  52 y  80y  64 . Ký hiệu f  y 3 2
 8y 52y 80y  64, y0;  2 . Ta có f  y 2  24y 104y 80 y 1 f  y 2
 0  24y 104y 80  0   10 y  0;2  3 . f 0  64; f   1 100; f 2  80 x  0 
Vì vậy giá trị lớn nhất của là 100 khi y 1 và các hoán vị. z  2 
……………….HẾT………………. .
Document Outline

• de-thi-hsg-toan-12-cap-tinh-nam-2020-2021-so-gddt-thanh-hoa
  • hsg thanh hoa
• 2222