Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 12 THPT năm 2021 - 2022 sở GDĐT Quảng Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH QUẢNG BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2021 – 2022

MÔN TOÁN – LỚP 12 THPT

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 01 trang & 05 bài toán

Ngày thi: 22/03/2022

Câu 1. (2,0 điểm)

a. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số  

2 18 16 y x x    trên đoạn   0;3 .

b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số   4 2 1 2022 y x m x     có ba điểm cực trị tạo thành

một tam giác có ba góc nhọn.

Câu 2. (2,0 điểm)

a. Giải phương trình   2 2 3 1 3 log 1 log 1 2 2 1 1 x x x x x x       .

b. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp A. Tính xác suất để chọn được một số sao cho số đó chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị bằng 1.

Câu 3. (2,0 điểm)

a. Cho  F x là một nguyên hàm của hàm số 

2 ln ln 1. x f x x x   thỏa mãn  1 1 3 F  . Hãy tính  2 F e    .

b. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu     2 2 2 : 1 4 8 S x y z      và hai điểm   3;0;0 A ,   4;2;1 B . Gọi

M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu  S . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 MA MB  .

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB a  , AD b  , SA vuông góc với đáy và 2 . SA a  Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho AM x    0 2 x a   .

a. Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng   MBC theo a, b và x.

b. Tìm x theo a để mặt phẳng   MBC chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.

c. Trong trường hợp ABCD là hình vuông cạnh a, gọi K là điểm di động trên CD, H là hình chiếu của S lên BK. Tìm vị trí của điểm K trên CD để thể tích khối chóp S.ABH là lớn nhất.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho các số thực dương a, b với a b  . Chứng minh rằng 2 ln ln 1 2 b a ab b a b a ab       .

_______________ HẾT _______________

LỜI GIẢI THAM KHẢO

--- Nguyễn Xuân Chung ---

Câu 1a . Tìm GTLN, GTNN của ( ) ( )

2 18 16 f x x x = − + trên [ ] 0;3 .

Ta có ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2

2 2 2 2 9 8 2 8 1 18 ' 16 16 16 16

x x x x x x f x x x x x

− + − − − = + + = = + + +

.

Xét trong khoảng ( ) 0;3 , ( ) 0 1 f x x ′ = ⇔ = .

Vậy GTNN là ( ) 3 75 f = − , GTLN là ( ) 1 17 17 f = − .

Câu 1b. Xét ( ) 4 2 1 2022 y x m x = − + + . Ta có ( ) 2 ' 2 2 1 y x x m   = − +  .

Hàm số có ba cực trị khi 1 0 1 m m + > ⇔ > −.

Tọa độ điểm cực tiểu bên trái ( )

2 1 1; 2022 2 4 m m B   + + − − +      

, tọa độ điểm cực

đại là ( ) 0;2022 A . Tam giác có ba góc nhọn khi :

( ) ( ) 2 4 2 1 1 2 1 cos 2 2 4 2 16

A B m m y y m BA + + − + = > ⇔ > + α . Với 1 0 2 m t + = > ,

ta có ( ) ( ) 4 4 3 4 2 1 0 1 t t t t t t > + ⇔ − > ⇒> . Khi đó 1 1 1 2 m m + > ⇒ > .

Kết hợp ta có điều kiện cần tìm là 1 m > .

Câu 2a. Điều kiện 1 2 x < .

Ta có PT ( ) ( ) 2 2 3 3 log 1 1 log 1 2 1 2 x x x x x x ⇔ − + + − + = − + − (*).

Xét hàm số ( ) ( ) 3 1 log ' 1 0, 0 ln3 f t t t f t t t = + ⇒ = + > ∀> , nên ( ) f t đồng biến.

Do đó từ (*) suy ra ( ) 2 1 1 2 0 x x x x − + = − ⇒ = (Vì 1 2 x < ).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 0 x = .

Câu 2b. Số phần tử không gian mẫu ( ) 4 9.10 n Ω= .

Giả sử chọn được số 1 abcd và 1 abcd chia hết cho 7.

Số nhỏ nhất thỏa mãn là 10031. Số lớn nhất thỏa mãn là 99981. Các thương lần

lượt khi chia hai số trên cho 7 là 1433 và 14283.

Cứ cách 10 đơn vị thì có đúng một số chia hết cho 7. Mặt khác để tận cùng là 1

thì thương có dạng *3, trong đó 1433 *3 14283 ≤ ≤ . Như vậy số các thương tìm

được là: 14283 1433 1 1286 10 − + = .

Vậy có 1286 số thỏa mãn. Xác suất cần tìm 4 1286 643 0,0143 9.10 4500 p = = ≈ .