Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp thành phố năm 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Hà Nội

Chia sẻ: Hoathachthao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp thành phố năm 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Hà Nội để các em ôn tập lại các kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi để chuẩn bị cho kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn. Tài liệu đi kèm đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được năng lực bản thân, từ đó đề ra phương pháp học tập hiệu quả giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kì thi học sinh giỏi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp thành phố năm 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 HÀ NỘI NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) x 2  mx  1 Câu 1. [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Chứng minh rằng với mọi m  2 hàm số f ( x) = có đúng 4 x2  2x  3 cực trị. Lời giải x  mx  1 2 g ( x).g ( x) Cách 1. Đặt g ( x) = 2  y  g ( x )  y  . x  2x  3 g ( x) Số điểm cực trị của hàm số y  g ( x ) là số nghiệm của phương trình: g ( x).g ( x)  0 . Xét g ( x)  0  x 2  mx  1  0 . Ta thấy ac  1  0, m  g ( x)  0 luôn có 2 nghiệm bội lẻ (1). Xét g ( x)  0 .  (2 x  m)( x2  2 x  3)  (2x  2)( x2  mx  1)  0  (2  m) x 2  8x  3m  2  0 m  2  Do  2 2 32  '  16  (2  m)(3m  2)  3m  4m  12  3(m  3 )  3  0 2 nên g '( x)  0 cũng có 2 nghiệm bội lẻ (2). x 2  mx  1 Từ (1) và (2) ta có hàm số y= có đúng 4 điểm cực trị (ĐPCM) x2  2x  3 x 2  mx  1 g ( x).g ( x) Cách 2. Đặt g ( x ) =  y  g ( x )  y  . x  2x  3 2 g ( x) Số điểm cực trị của hàm số y  g ( x ) là số nghiệm của phương trình: g ( x).g '( x)  0 Xét g ( x)  0  x 2  mx  1  0 . Ta thấy ac  1  0, m  g ( x)  0 luôn có 2 nghiệm bội lẻ (1). Nhận xét: g '( x) cũng bậc 2, nếu g '( x) không đổi dấu thì g ( x)  0 chỉ có tối đa 1 nghiệm. (loại) Do đó: g '( x) phải đổi dấu, tức là g '( x) phải có 2 nghiệm phân biệt. Vậy hàm số luôn có đúng 4 cực trị. Câu 2. [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] a) Giải phương trình x  1  3 x  2 x  2  2 x  1 . Lời giải x 1  0  3 x  0  x  1   1 Điều kiện:   x  0  x  . 2 x  2  0  1 2 2 x  1  0 x   2     2 2  Ta có x  1  3x  2 x  2  2 x  1  x  1  3x 2x  2  2x 1  4 x  1  2 3 x  x  1  4 x  1  2  2 x  2  2 x  1  3 x  x  1   2 x  2  2 x  1 Trang 1/6 - WordToan
 x  1  lo¹ i   3x 2  3x  4 x 2  2 x  2  x2  x  2  0   . x  2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  2 .  x 2  5 x  4  4 x  1  y 2  3 y  4 y Câu 2. [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] b) Giải hệ phương trình  2 .  x  y  25 2 Lời giải 1  x  5 Điều kiện:  . 0  y  5  Ta có x 2  5 x  4  4 x  1  y 2  3 y  4 y  x 2  2 x  1  3  3x  4 x  1  y 2  3 y  4 y   x  1  3  x  1  4 x  1  y 2  3 y  4 y * . 2  Xét hàm số f  t   t 4  3t 2  4t với t  0 . Ta có f   t   4t 3  6t  4 ; f   t   12t 2  6 . 1 2  2 Khi đó f   t   0  12t 2  6  0  t 2  t   f     4  2 2  0 . 2 2  2  Suy ra f   t   4t 3  6t  4  0, t  0 . Vậy hàm số f  t   t 4  3t 2  4t đồng biến với mọi t  0 .  Ta có *  f    y x 1  f x 1  y  y  x 1 . Thay y  x  1 vào phương trình x 2  y 2  25 ta được x  4  y  3 x 2   x  1  25  x 2  x  12  0   2 .  x  3  lo¹ i  Kết luận: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    4;3 . Câu 3. [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có 8 chữ số. Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 9 và chứa nhiều nhất một chữ số 9 . Lời giải Số phần tử của không gian mẫu: n     9.107 . Gọi biến cố: A :" chọn được số chia hết cho 9 và chứa nhiều nhất một chữ số 9 " . Gọi số cần lập có dạng: a1a2 a3a4 a5a6 a7 a8  a1  0  . TH1: ai  9, i  1,8 . Chọn a1 có 8 cách chọn. Chọn a2 a3 a4 a5 a6 a7 có 96 cách. Chọn a8 , có 1 cách chọn. Vậy có: 8.9 6 số. TH2: a1  9 và các chữ số còn lại khác 9 . Trang 2/6 – Diễn đàn giáo viên Toán
Chọn a1 có 1 cách. Chọn a2 a3 a4 a5 a6 a7 có 96 cách. Chọn a8 , có 1 cách chọn. Vậy có: 96 số. TH3: Chữ số 9 không ở vị trí a1 . Chọn a1 , có 8 cách. Chọn vị trí cho chữ số 9 , có 7 cách chọn. Giả sử a2  9 . Chọn a3 a4 a5 a6 a7 , có 95 cách. Chọn a8 , có 1 cách chọn. Vậy có: 8.7.95 số. n  A   8.96  96  56.95 . n  A 898857 * Xác suất của biến cố A là P  A    . n  107 3un  1 Câu 4. [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Cho dãy số  un  xác định bởi u1  3 ; un 1  ; n  1, 2,3,... un  3 1) Chứng minh dãy số  un  là dãy số giảm. 1 1 1 2) Tính tổng S    ...  u1  1 u2  1 u100  1 Lời giải 1) Ta có u1  3  0 . 2  un  1 Giả sử un  1 , ta có un 1  1   0. un  3 Theo nguyên lí quy nạp thì un  1 với mọi số nguyên dương n . 3un  1 1  un 2 Xét hiệu un 1  un   un  0. un  3 un  3 Suy ra un 1  un , n  * . Vậy  un  là dãy giảm. 2  un  1 3u  1 4  un  1 2) Ta có un 1  1  và un1  1  n 1  un  3 un  3 un  3 u 1 u 1 u 1 Suy ra n 1 2 n  ...  2n 1  2n 1 un 1  1 un  1 u1  1 1 1 Vì vậy:  2n  un 1  1 2 Ta có: Tổng hợp: Trần Minh Vũ Trang 3/6
1 1 1 S   ...  u1  1 u 2  1 u100  1  1  1  1   20     21    ...   299    2  2  2  2  1  50  2  51. 100 100   900 và tia Oz thỏa mãn xOz Câu 5. [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Trong mặt phẳng  P  cho góc xOy   300 ;   600 . Trên tia Oz lấy điểm I sao cho OI  2a . Trên đường thẳng d đi qua O và vuông góc zOy với  P  lấy điểm S sao cho OS  a . Mặt phẳng  Q  thay đổi đi qua SI và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B ( A khác O và B khác O ). 1) Tính góc giữa  P  và  Q  khi I là trung điểm của AB . 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S .OAB . Lời giải Đặt OA  x, OB  y ( x, y  0) . 1)   300 , OBI Khi I là trung điểm của AB suy ra AB  2 AI  2 BI  2OI  4a nên OAI   600 . Khi đó x  2a 3, y  2a nên nếu gọi E là chân đường vuông góc hạ từ O xuống AB ta có góc giữa .  P  ,  Q  bằng góc SEO Lại có OE  OA.OB   SO  1  SEO  a 3 suy ra tan SEO   300 . AB OE 3 2) M , N lần lượt là hình chiếu của I lên Ox , Oy suy ra OM  a 3, ON  a và do đó    a 3  a  OI  OM  ON  OA  OB . Vì A, I , B thẳng hàng nên ta có x y a 3 a 3  x  2a 3   1  2a  xy  4 3a 2 và dấu bằng xảy ra khi  x y xy  y  2a 1 2 3a 3 2 3a 3 Suy ra VS .OAB  axy  . Vậy thể tích khối chóp S .OAB nhỏ nhất Vmin  . 6 3 3
Câu 6. [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b2  c 2  3 . Tìm giá trị 1 1 1 2 nhỏ nhất của biểu thức: P  2  2 2 . a b c abc Lời giải Cách 1. Không mất tính tổng quát giả sử rằng c  max a, b, c , khi đó 1  c  3 . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 1 1 1 2 2 1 2 P 2  2  2    2 a b c abc ab c abc 2  1 1 4  1 1  1    2  2 1    ab  c  c a  b 2  c  c2 4  1 1  1    . 3  c 2  c  c2 Xét hàm số f  c   4  1 1 1    3  c2  c  c2 với c  1; 3 , có:    6 c 2  1 c 2  2c  3   0, c  1; f c    3 . 3  c  2 c3 2  Do đó hàm số f  c  đồng biến trên 1; 3 , suy ra f  c   f 1  1 . Từ đó ta có min P  1 , đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 . Cách 2. Không mất tính tổng quát giả sử rằng c  max a, b, c , khi đó c2  3 . Ta có: 1 1 1 2 2 1 2 P 1  2  2 2 1   2 1 a b c abc ab c abc 2  1 1 4  1 1  1    2  1  2 1     1 ab  c  c a  b2  c  c2 4  1 1 4  c  1 1  c 2   1     1   2 3  c2  c  c2  c 3  c2 c   4 c  1 c 1   c  1    2 c 3  c2  c  3     c 3  c 2 2  c  c 3  c2  
  c  1 2  c  c  3  0. 2 c2 3  c 2 Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 . Vậy min P  1 . HẾT Trang 6/6 – Diễn đàn giáo viên Toán