Đề thi chọn HSG tỉnh lớp 12 môn Toán THPT năm 2021 2022 sở GD ĐT 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 = = ≈ .