Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 12 môn Toán năm 2021 2022 sở GD ĐT Bắc Ninh

Trang 1

Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho điểm   1; 2;0 A  và mặt phẳng : 2 2 3 0 P x y z     . Mặt phẳng

: 2 0 x by cz d      (với , , b c d ) đi qua điểm A, song song với trục Oy và vuông góc

với  P . Khi đó, giá trị b c d  bằng

A. 2 . B. 0 . C. 4 . D. 8.

Lời giải Chọn A

Ta có mặt phẳng  P có 1 vectơ pháp tuyến   2; 2;1 P n   

.

Trục Oy có 1 vectơ chỉ phương   0;1;0 j  

.

Suy ra     , 1;0;2 / / 1;0; 2 P n j n        

.

Mặt phẳng   vuông góc với mặt phẳng  P và song song với trục Oy nên nhận vectơ

  1;0; 2 n   

là vectơ pháp tuyến, mặt phẳng   đi qua điểm A nên có phương trình

      1. 1 0. 2 2. 0 0 2 1 0 2 4 2 0 x y z x z x z              .

Do đó 0; 4; 2 b c d   . Vậy 2 b c d    .

Câu 2. Thiết diện qua trục của hình nón   N là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a . Tính

diện tích toàn phần của hình nón   N .

A.   2 1 2 2

2 xq a S    . B.   2 2 2

2 xq a S    . C.   2 2 1 xq S a    . D.   2 2 1

2 xq a S    .

Lời giải Chọn D

Ta có tam giác SAB vuông cân tại S có SA SB a   .

Suy ra 2 2 2 2 2 a AB SA SB a R      .

Diện tích xung quanh hình nón   N là

2 2 2 . . 2 2 xq a a S Rl a       .

Diện tích mặt đáy hình nón   N là

2 2

2 d

a S R     .

Vậy diện tích toàn phần của hình nón là   2 2 1

2 d xq a S S S      .

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề thi gồm có 08 trang

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN TOÁN - LỚP 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

Trang 2

Câu 3. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số   2 log 2 4 y x mx    có tập xác định là .

A. 2 m  . B. 2 m  . C. 2

2

m

m

    

. D. 2 2 m   .

Lời giải Chọn D

Điều kiện 2

2 1 0 0 2 4 0, 2 2 0 4 0

a x mx x m m

                     .

Vậy 2 2 m   .

Câu 4. Cho hàm số  y f x  là hàm số có đạo hàm cấp hai liên tục trên . Gọi  C là đồ thị của hàm

số đã cho. Tiếp tuyến với đồ thị  C tại các điểm có hoành độ 1; 0 x x   lần lượt tạo với trục

hoành góc 0 0 30 ;45 . Tiếp tuyến với đồ thị  C tại các điểm có hoành độ 1; 2 x x   lần lượt song

song với đường thẳng 1 : 2 1   d y x và vuông góc với đường thẳng 2 : +5  d y x .

Tính      

0 2

3

1 1 3 . d 4 . d



        I f x f x x f x f x x

A. 1

2 . B. 37 12  . C. 58  . D. 14  .

Lời giải Chọn D

 Từ giả thiết, ta có:      0 0 3 1 tan30 ; 0 tan 45 1; 1 2; 2 1 3 f f f f           .

 Đặt  x t f x dt f x d      .

 TH1:      3 1 ; 0 1; 1 2; 2 1 3 f f f f         , ta có

     

0 2 1 1 3 3

1 1 2 3 3

3 . d 4 . d 3 d 4 d 14





             I f x f x x f x f x x t t t t

 TH2:      3 1 ; 0 1; 1 2; 2 1 3 f f f f         , ta có

     

0 2 1 1 3 3

1 1 2 3 3

3 . d 4 . d 3 d 4 d 14

 



             I f x f x x f x f x x t t t t

 TH3:      3 1 ; 0 1; 1 2; 2 1 3 f f f f         , ta có

     

0 2 1 1 3 3

1 1 2 3 3

3 . d 4 . d 3 d 4 d 14



 

             I f x f x x f x f x x t t t t

 TH4:      3 1 ; 0 1; 1 2; 2 1 3 f f f f         , ta có