ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG NHĨM TỐN 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) MƠN: TỐN –THPT Thời gian: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = − x3 + x + 3mx − nghịch biến khoảng ( 0; + ∞ ) Câu 2: (4,0 điểm) a) Tính tổng tất nghiệm phương trình log ( − 3x ) + x = b) Giải phương trình cos x + cos x − ( sin x − sin x ) = Câu 3: (2,0 điểm) Một cốc hình trụ có bán kính đáy 5cm chiều cao 20 cm bên có khối lập phương cạnh cm hình minh họa Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương thể tích lên mặt nước (mặt khối lập phương song song với mặt nước) Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt khối lập phương ngang với miệng cốc lên (lấy π = 3,14 ) Câu 4:  ( x − ) y − − ( y − 3) x = (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 + − + = + x y x y x   Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật= AB a= , AD 2a, SA vng góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy góc 60° , điểm E thuộc cạnh SA a Mặt phẳng ( BCE ) cắt SD F Tính thể tích khối đa diện VABCDEF khoảng cách hai đường thẳng SD BE AE = NHĨM TỐN VD – VDC ĐỀ BÀI ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG NHĨM TỐN VD – VDC Câu 6: (2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học lớp Bảng gồm 15 nút, nút ghi số từ đến 15 khơng có hai nút ghi số Để mở cửa cần nhấn ba nút khác cho tổng số ba nút số chẵn Học sinh B quy tắc mở cửa trên, nhấn ngẫu nhiên ba nút khác bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa phòng học NHĨM TỐN VD – VDC PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ THPT Câu 7A (2,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm  có đồ thị hình vẽ bên  x3 + x + x    Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f  + =   có  x + 2x +1    m ba nghiệm phân biệt Câu A (2,0 điểm) Cho số thực không âm thỏa mãn x + y ≤ xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức= P 1 + − 1+ z 1+ 4x 1+ y2 PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỆ GDXT n  2 Câu 7B (2,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển nhị thức  x −  , với x ≠ , biết n số x  nguyên dương thỏa 4C n3+1 + 2C n2 = An3 Câu 8B (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = + 8x − x − 7x − x HẾT NHĨM TỐN 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) MƠN: TỐN –THPT Thời gian: 180 phút Câu 1: (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = − x3 + x + 3mx − nghịch biến khoảng ( 0; + ∞ ) Lời giải Tập xác định: D =  Ta có y′ = 3( − x2 + 2x + m ) −3 x + x + 3m = NHĨM TỐN VD – VDC HƯỚNG DẪN GIẢI Hàm số cho nghịch biến khoảng ( 0; + ∞ ) ⇔ y′ ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ − x + x + m ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ m ≤ x − x, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) Xét f ( x= ) x − x, x ∈ ( 0; + ∞ ) Bảng biến thiên x +∞ +∞ f ( x) −1 Từ bảng biến thiên, suy m ≤ f ( x ) , ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ m ≤ f ( x ) ⇔ m ≤ −1 ( 0; +∞ ) Câu 2: (4,0 điểm) a) Tính tổng tất nghiệm phương trình log ( − 3x ) + x = Điều kiện: − 3x > ⇔ x < log Ta có log ( − 3x ) + x =0 ⇔ log ( − 3x ) =− x ⇔ − 3x = x   + 21   x + 21 x log =  3   3 =    2x x (thỏa mãn điều kiện) ⇔ − 5.3 + = ⇔  ⇔  x − 21   − 21  x = log 3 =  3        + 21   − 21   + 21   − 21  ⇒= S log  = =  + log   log     log 3=        Vậy tổng tất nghiệm S = b) Giải phương trình cos x + cos x − ( sin x − sin x ) = Lời giải https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHĨM TỐN VD – VDC Vậy m ≤ −1 NHĨM TỐN VD – VDC ( ) cos x + cos x − ( sin x − sin x ) = ⇔ cos x − sin x + cos x + sin x = ⇔ 1  3 π π   cos x − sin x +  cos x + sin x  = ⇔ cos  x +  + cos  x −  = 2 2 3         π − sin  x +  = π π     0⇔ ⇔ 2sin  x +  + sin  x +  + =   6 6 π   −3 ( V« nghiƯm ) sin  x +  = 6   π  x= − + k 2π π π   π   , (k ∈ ) +) sin  x +  = − ⇔ sin  x +  = sin  −  ⇔  6 6   6   x= π + k 2π Câu 3: NHĨM TỐN VD – VDC π  π   π π    ⇔ − 2sin  x +  − sin  x +  =4 ⇔ cos   x +   − sin  x +  =  6 6 6      (2,0 điểm) Một cốc hình trụ có bán kính đáy 5cm chiều cao 20 cm bên có khối lập phương cạnh cm hình minh họa Khi đổ nước vào cốc, khối lập phương thể tích lên mặt nước (mặt khối lập phương song song với mặt nước) Tính thể tích lượng nước đổ vào cốc để mặt khối lập phương ngang với miệng cốc lên (lấy π = 3,14 ) Khi mặt khối lập phương ngang với miệng cốc lượng nước cốc cách thành cm Tổng thể tích lượng nước phần khối lập phương chìm nước là: = V1 3,14.52 ( 20 − ) = 1413 cm3 Thể tích khối lập phương chìm nước V2 = 6.6.4 = 144 cm3 V2 1413 − 144 = 1269 cm3 Vậy thể tích lượng nước đổ vào cốc V= V1 −= Câu 4:  ( x − ) y − − ( y − 3) x = (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 + − + = + x y x y x   Lời giải https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHĨM TỐN VD – VDC Lời giải NHĨM TỐN VD – VDC x ≥ Điều kiện:  y ≥1  ( x − ) y − − ( y − 3) x =  2 2y x +   x + y − x += (1) (2) x = Ta thấy  thỏa phương trình (1) khơng thỏa phương trình (2) nên không y = phải nghiệm hệ phương trình cho x ≠ Xét  y ≠ Ta có: (1) ⇔ ( x − ) y − = Xét hàm số: f (t ) = −t − = f '(t ) t (t − 2) x⇔ y −1 x = ( y − 1) − x − t [ 0; +∞ ) \ {2} t −2 < ∀t ∈ [ 0; +∞ ) \ {2} Suy hàm số: f (t ) = Do đó: ( y − 3) NHĨM TỐN VD – VDC Cách 1: t nghịch biến khoảng [ 0; ) ; ( 2; +∞ ) t −2 y −1 x = ⇔ x = y − ⇔ y = x + ( y − 1) − x − Cách 2: (1) ⇔ x y − − y − − ( y − 1) x + x =0 ⇔ ( ( )( x y − ( x − y −1 ⇔ x= ) ( x − y −1 + ) x − y −1 = ) y − + =0 ) x y − + > ∀x ≥ 0; ∀y ≥ ⇔ x = y − ⇔ y = x + Thay y= x + vào phương trình (2) ta được: x + ( x + 1) − x + 4= ( x + 1) x + ⇔ x + x + 5= ( x + 1) x + (3) Đặt u = x + ⇒ u = x + ⇒ x = u − (u ≥ x ≥ 0) Phương trình (3) trở thành u = 2 2u − 2u − 11u + 4u + 20 =0 ⇔ ( u − ) ( 2u + 6u + ) =0 ⇔  (VN )  2u + 6u + = Với u = ⇒ x = 22 − = ⇒ y = + = (thỏa mãn điều kiện) x = Vậy nghiệm hệ phương trình cho là:  y = Cách 3: https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHĨM TỐN VD – VDC ⇔ x y −1 NHĨM TỐN VD – VDC ( (2) ⇔ x − x + + y − y x + + x + = ⇔ ( x − 1) + y − x + ) =0 =  x 1=  x ⇔ ⇔  y = x +  y = + = x = Vậy nghiệm hệ phương trình cho là:  y = Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật= AB a= , AD 2a, SA vng góc với mặt đáy, SB tạo với mặt đáy góc 60° , điểm E thuộc cạnh SA a Mặt phẳng ( BCE ) cắt SD F Tính thể tích khối đa diện VABCDEF khoảng cách hai đường thẳng SD BE AE =   Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên góc SB với mặt đáy góc SBA ⇒ SBA = 60° ∆SAB vuông = A ⇒ SA AB= tan 60° a , AE = a AE ⇒ = AS SE SF Dựng F ∈ SD : EF / / AD ⇒ EF / / BC ⇒ EF ⊂ ( BCE ) ⇒ F = SD ∩ ( BCE ) = = SA SD Theo cơng thức tỉ số thể tích ta có: VS ECF SE SF 2 = = = ⇒ VS ECF = VS ACD = V 9 S ABCD VS ACD SA SD 3 VS ECB SE == ⇒ VS ECB = VS ACB = V 3 S ABCD VS ACB SA 4 3a 1 2 Như VS CBEF = + = ⇒ = = = S SA V VABCDEF V   VS ABCD S ABCD S ABCD ABCD 27 3 9 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHĨM TỐN VD – VDC Lời giải NHĨM TỐN VD – VDC x = thỏa phương trình (1) Ta thấy  y = NHĨM TỐN VD – VDC * Tính d ( SD, BE ) : Trong ( BCFE ) dựng FM / / EB ( M ∈ BC ) ⇒ BE / / ( SMD ) BM = FE = 4a AD = 3 2a ⇒ CM = Trong ( ABCD ) SE = d ( A, ( SDM ) ) d ( A, ( SDM ) ) SA   dựng AK ⊥ MD ( K ∈ MD ) , = ta có AK AD sin ADK AD.co s CDM = a a = 2=  2a  a2 +     d ( A, ( SDM = )) Câu 6: 6a 13 SA AK = SK Vậy = d ( BE , SD ) NHĨM TỐN VD – VDC Ta có: d ( BE , SD ) d= d ( E , ( SDM ) ) = ( BE , ( SDM ) )= SA AK = SA2 + AK a (a 3) 6a 6a 13 =  6a  +   13  4a = d ( A, ( SDM ) ) (2,0 điểm) Học sinh A thiết kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học lớp Bảng gồm 15 nút, nút ghi số từ đến 15 khơng có hai nút ghi số Để mở cửa cần nhấn ba nút khác cho tổng số ba nút số chẵn Học sinh B quy tắc mở cửa trên, nhấn ngẫu nhiên ba nút khác bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa phòng học Số phần tử khơng gian mẫu n ( Ω )= A153= 2730 Gọi biến cố B : “Học sinh B mở cửa phòng học” Khi đó, tổng số học sinh B bấm số chẵn có trường hợp xảy ra: TH1: Bấm số chẵn số lẻ ⇒ Có 7.C82 3! = 1176 cách TH2: Bấm số chẵn ⇒ Có A73 = 210 cách Do n ( B ) = 1386 Vậy xác suất cần tìm P= ( B) n ( B ) 33 = n ( Ω ) 65 Câu 7A (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm  có đồ thị hình vẽ bên https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHĨM TỐN VD – VDC Lời giải NHĨM TỐN VD – VDC NHĨM TỐN VD – VDC  x3 + x + x    Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f  + =   có  x + 2x +1    m ba nghiệm phân biệt Lời giải x3 + x + x 3 Đặt = u u= + , phương trình trở thành f ( u ) =   ( x) x + 2x +1 2 Có u ′ ( x ) = ( 3x = + 1) (x (1 − x )(1 + x ) = (x + 1) + 1) NHĨM TỐN VD – VDC ( *) + x + 1)( x + 1) − ( x3 + x + x ) 2.2 x ( x + 1) − x − x3 + x + (x m  x = −1 u ′ ( x )= ⇔  x = Bảng biến thiên u = u ( x ) : Từ bảng biến thiên suy u ∈ [ 2;3] , đồng thời với u = 9  u ∈ [ 2;3] \   cho ta giá trị x thỏa mãn 4 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc cho ta giá trị x , với NHÓM TỐN VD – VDC Phương trình cho có nghiệm phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc [ 2;3] Dựa vào đồ thị, phương trình (*) có hai nghiệm m 3 phân biệt thuộc [ 2;3] ⇔ <   ≤ ⇔ log < m ≤ log 3 2 2 nghiệm phân biệt Câu A (2,0 điểm) Cho số thực không âm thỏa mãn x + y ≤ xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức= P 1 + − 1+ z 1+ 4x 1+ y2 Lời giải NHĨM TỐN VD – VDC m    x3 + x + x    Vậy với m ∈  log 2;log 3 phương trình f  + =    có ba  x + 2x +1      1 ≥ xy  0 < x + y ≤   xy ≤ Từ giả thiết ta có  ⇒ ⇒ z =  xyz =   z ≥ xy  1 Với điều kiện ta có BĐT + ≤ 2 + x + y + xy 1 2 + − 1+ z ≤ − + z= − 1+ z 2 1+ 4x 1+ y + xy 1+ z  0 < + ≤ z Với z ≥ ⇒  ⇒ − 1+ z ≤ 1− − + z ≤ +  z   x= y= Vậy max P = − đạt   z = Do P= nguyên dương thỏa 4C n3+1 + 2C n2 = An3 Lời giải Điều kiện: n ≥ 4C n3+1 + 2C n2 =An3 ⇔ 4.(n + 1)! 2.(n !) 2.(n + 1) n! + = ⇔ + =1 3!.(n − 2)! 2!.(n − 2)! (n − 3)! 3.(n − 2) n − ⇔ 2(n + 1) + 3= 3(n − 2) ⇔ n = 11 11  2 Khai triển  x −  có số hạng tổng quát C 11k x 22−3k (−2)k Hệ số chứa x tương ứng x  với k thỏa mãn 22 − 3k = ⇔ k = Vậy hệ số chứa x : −C 115 25 = −14784 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc NHĨM TỐN VD – VDC n  2 Câu 7B (2,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển nhị thức  x −  , với x ≠ , biết n số x  NHĨM TỐN VD – VDC Câu 8B (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = + 8x − x − 7x − x Lời giải Điều kiện: x ∈ [0;7] = y' 4−x − 2x 7x − x NHĨM TỐN VD – VDC + 8x − x − (4 − x )(7 − 2x ) ≥ y ' =0 ⇔ 2(4 − x ) 7x − x =(7 − 2x ) + 8x − x ⇔  2 2 4(4 − x ) (7x − x ) = (7 − 2x ) (9 + 8x − x ) Từ bảng biến thiên suy y = x = x 7 y' − + y Cách khác: Vì (9 + 8x − x ) − (7x − x ) = + x > ∀x ∈ [0;7] ⇒ y > y = (x + 1)(9 − x ) + x (7 − x ) − (x + 1)(9 − x )x (7 − x ) ( (x + 1)(7 − x ) + x (9 − x ) − (x + 1)(7 − x )x (9 − x ) + = y = (x + 1)(7 − x ) − x (9 − x ) = Vậy y = ⇔ (x + 1)(7 − x ) = 9x − x ⇔ x = ) +2≥2 NHĨM TỐN VD – VDC https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc ... 7x − x HẾT NHĨM TỐN 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) MƠN: TỐN –THPT Thời gian: 180 phút Câu 1: (2,0...ĐỀ HSG 12 TỈNH LÂM ĐỒNG NHĨM TỐN VD – VDC Câu 6: (2,0 điểm) Học sinh A thi t kể bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học lớp Bảng gồm...  x = Bảng biến thi n u = u ( x ) : Từ bảng biến thi n suy u ∈ [ 2;3] , đồng thời với u = 9  u ∈ [ 2;3]   cho ta giá trị x thỏa mãn 4 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.vdc cho ta