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

Chia sẻ: Hoathachthao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham gia thử sức với Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp thành phố năm 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Quảng Ninh để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức Toán học căn bản. Chúc các em vượt qua kì thi học sinh giỏi thật dễ dàng nhé!

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 Quảng Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 QUẢNG NINH NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN(BẢNG B) Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1. [HSG-QUẢNG NINH-B 2021-2022] a) Cho hàm số y  2  x  1  4 x 2  4  m  2  x  5m  7   4 có đồ thị là  Cm  , với m là tham số và đường thẳng  d  : y  2 x  6 . Tìm m để  d  cắt  Cm  tại 3 điểm phân biệt A  1; 4  , B, C sao cho BC  2 5 . Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2  x  1  4 x 2  4  m  2  x  5m  7   4  2 x  6  2  x  1  4 x 2  4  m  2  x  5m  7   2  x  1  0  2  x  1  4 x 2  4  m  2  x  5m  5  0  2  x  1 g  x   0 *  Để  d  cắt  Cm  tại 3 điểm phân biệt A  1; 4  , B, C thì phương trình 4 x 2  4  m  2  x  5m  5  0 phải có hai nghiệm phân biệt xB , xC khác 1 . Điều kiện đó tương đương với  1 5 m  a  4  0  2   1 5   4  m  m  1  0   m  2 .   2  g  1  m  1  0  m  1    xB  xC    m  2   Khi đó toạ độ 2 giao điểm B, C là B  xB ; 2 xB  6  , C  xC ; 2 xC  6  với  5  m  1 .  xB xC   4 Theo giả thiết BC  2 5  BC 2  20  5  xC  xB   20 2   xC  xB   4   xC  xB   4 xC x B  4   m  2   5  m  1  4 2 2 2  1  21 m   m2  m  5  0   2 thoả mãn điều kiện.  1  21 m   2 Câu 1. [HSG-QUẢNG NINH-B 2021-2022] b) Một đại lý xăng dầu cần làm một cái bồn chứa dầu hình trụ 125 3 có thể tích bằng 4  m  . Tính bán kính đáy của bồn chứa dầu sao cho bồn chứa dầu được làm ra tốn ít nguyên liệu nhất? Lời giải Gọi r , h  m  lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của chiếc bồn r , h  0 . 125 125 Theo giả thiết ta có: V   r 2 h  h . 4 4r Để bồn chứa dầu được làm ra tốn ít nguyên liệu nhất thì diện tích toàn phần của chiếc bồn hình trụ phải nhỏ nhất.
125  125 2  Tacó diện tích toàn phần của chiếc bồn là: Stp  2 r  2 r 2  2  r . 4r  4r   125 2  Xét hàm số f  r   2   r  trên khoảng  0;    .  4r   125  8r  3 5 Ta có f   r   2  2  ; f   r   0  r    0;    .  4r  2  125 2  5 Ta tính được giá trị nhỏ nhất của hàm số f  r   2   r  ứng với r   m  .  4r  2 Câu 2. [HSG-QUẢNG NINH-B 2021-2022] 1 a) Cho a, b, c là các số thực dương khác 1 thỏa mãn: log 2022 a  3;log a b  2;log c 6 b  . Tính 3 log 2022 9  abc  . 4 3  2 tan C b) Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn điều kiện tan B  . Chứng minh ABC có một 2  3tan C góc tù và tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC , biết rằng BC  6 . Lời giải  log 2022 a  3 a  20223   28 a) l og a b  2  b  a 4  202212  log 2022 9  abc   log 2022 9  2022 21   4 4 .   3 1 c  b  2022 6 log c 6 b   3 b) Vì A, B, C là ba góc của một tam giác nên 0  A, B, A  C  180 . Với điều kiện này ta có: 3  tan C 3  2 tan C 2 tan B    tan  A  C   2  3 tan C 3 1  tan C 2 3  tan   A  C   tan   C  , (với tan   ) 2  tan   A   tan  3  tan A    0 suy ra góc A tù hay ABC có một góc tù (đpcm). 2 3 2 1 13 3 13 tan A    cot A    2   sin A  . 2 3 sin A 9 13 3 13 9 13 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có 2 R  BC sin A  6. R . 13 13 81 Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: S   R 2  . 13 Câu 3. [HSG-QUẢNG NINH-B 2021-2022] a) Cho đa thức P  x    x  2  biết n thỏa mãn 3 An2  5Cn3  2n , n   . Tìm hệ số của 3n5 x 7 trong khai triển của P  x  . b) Tính giới hạn I  lim  2 x  3 9  4x  x2  x  3 . x 2 12 x  15  2 x  7 Lời giải a) Ta có n! n! 3 An2  5Cn3  2n  3 5  2n  n  2 ! 3! n  3!
5  3n  n  1  n  n  1 n  2   2n 6  18  n  1  5  n  1 n  2   12  5n 2  33n  40  0 n  5  8 n  .  5 Do đó P  x    x  2  . 20  k   Số hạng tổng quát: C20k x 20  k  2  ,  k . k  n Theo yêu cầu bài toán: 20  k  7  k  13 .  2  . 13 Vậy hệ số của x 7 trong khai triển là C20 13 b) Ta có I  lim  2 x  3 9  4 x  x 2  x  3 x2 12 x  15  2 x  7  2 x  3   9  4x 1  x2  x  6  lim x2 12 x  15  2 x  7  2 x  3  9  4x 1   lim x2  x  6  lim . x2 12 x  15  2 x  7 x2 12 x  15  2 x  7 Ta tính  2 x  3  9  4x  1  I1  lim x2 12 x  15  2 x  7  2 x  3 9  4 x  1  12 x  15  2 x  7   lim x2   9  4 x  1 12 x  15  4 x  28 x  49  2  lim 4  2 x  3 2  x   12 x  15  2 x  7  x2   9  4 x  1  4 x 2  40 x  64   lim 4  2 x  3 2  x   12 x  15  2 x  7  x2 4   9  4 x  1  x  2  x  8  2 x  3  12 x  15  2 x  7   lim x2   9  4 x  1  x  8 1  . 2 I 2  lim x2  x  6  lim  x  2  x  3 12 x  15  2 x  7   x2 12 x  15  2 x  7 x 2 4 x 2  40 x  64  x  2  x  3  12 x  15  2 x  7   x  3  12 x  15  2 x  7   lim  lim x 2 4  x  8  x  2  x 2 4  x  8  5  . 4
1 5 3 Vậy I    . 2 4 4 Câu 4. [HSG-QUẢNG NINH-B 2021-2022] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,   SCA góc SBA   90 , AB  a 6 , AC  a 3 , khoảng cách từ C đến  SAB  bằng 12a . 7 a) Tính thể tích khối chóp S . ABC . b) Gọi O , M lần lượt là trung điểm của BC , SC ;  P  là mặt phẳng chứa BM và song song với AO . Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  P  . c) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp M . ABC . Lời giải a) Dựng hình chữ nhật ABDC  SD   ABCD  . AC  CD Do  AC   SCD   SD  AC 1 . AC  SC Tương tự: SD  AB  2  . Từ (1) và (2) suy ra SD   ABCD  . Đặt SD  x, x  0 . Kẻ DH  SB,  H  SB   DH   SAB  . BD.SD a 3.x Suy ra d  D ,  SAB    DH   . BD  SD 2 2 3a 2  x 2 12a a 3.x Do CD / / AB  d  C ,  SAB    d  D,  SAB      12 3a 2  x 2  7 3.x 7 3a  x 2 2  12 3a 2  x 2  7 3.x  144  3a 2  x 2   147 x 2  144 a 2  x 2  x  12a . Suy ra SD  12a . 1 1 1 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là V  .SD.S ABC  .12a. .a 6.a 3  6 2a 3 (đvtt). 3 3 2 b)
Gọi BM  SO  I . Khi đó I là trọng tâm SBC . Kẻ đường thẳng đi qua I và song song với AD , lần lượt cắt SA và SD tại N và Q . SI SQ Do IQ / / OD    2. IO QD Mặt khác VS .MQB SM SQ 1 2 1 1 1 1 1  .  .   VS .MQB  VS .CDB  . .SD.DB.DC  .12a.a 3.a 6  2 2a3 VS .CDB SC SD 2 3 3 3 3 6 18 2 1  Ta có BQ  QD  BD   .12a   3a 2  19a 2  BK  a 19 . 2 2 2 3  Mặt khác SB 2  SD 2  DB 2  144a 2  3a 2  147 a2  SB  a 147 ; SC 2  SD 2  DC 2  144a 2  6a2  150 a2  SC  5 6a ; BC  AB 2  AC 2  6a 2  3a 2  3a . Áp dụng công thức đường trung tuyến vào SBC ta có SB 2  BC 2 SC 2 147 a 2  9a 2 150 2 81a 2 9 2 MB 2       MB  a. 2 4 2 4 2 2 Áp dụng định lý cosin vào SMQ ta có   SM 2  SQ2  2.SM .SQ.cos MSQ MQ 2  SM 2  SQ 2  2.SM .SQ.cos MSQ  SD 1 2 4 1 2 SD  SM 2  SQ 2  2.SM .SQ.  SC  SH 2  2. .SC. .SD. SC 4 9 2 3 SC 1 2 4 2 2 1 2 1 2 11a 2 a 22  SC  SD  .SD2  SC 2  .SD2  .150a2  .144a2   MQ  . 4 9 3 4 9 4 9 2 2
Áp dụng hệ quả định lý cosin vào MBQ ta có 81a 2 11a 2  19a 2    MB  BQ  MQ  2 2 2 2 cos MBQ 2  3 38  sin MBQ   19 . 2.MB.BQ 9 2 19 19 2. a.a 19 2 1   1 . 9 2a .a 19. 19  9 2 a 2 (đvdt). Diện tích MBQ là S MBQ  .MB.BQ.sin MBQ 2 2 2 19 4 3VS . MBQ 3.2 2a3 8a Vậy d  S ,  P    d  S ,  MBK      . SMBQ 9 2 2 3 a 4 c) Dựng đường thẳng d đi qua O và song song với SD . Khi đó d là trục đường tròn ngoại tiếp ABC . Suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp M . ABC là điểm G  d . 1 Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên CD . Suy ra GO / / MN và MN  SD  6a . 2   2    2  Ta có R 2  GB 2  GM 2  GO  OB  GO  ON  NM              GO2  OB2  2.GO.OB  GO2  ON 2  NM 2  2. GO.ON  GO.NM  ON .NM     GO 2  OB 2  GO 2  ON 2  NM 2  2.GO.NM Do GO  OB , GO  ON , ON  NM .   2 1 2 a 3 1 2  69a2 Suy ra 2.GO.NM  OB  ON  NM  .9a   2 2 2    .12a    4  2  2  2 69a 2 23a a 673  2.GO.6a.cos180    GO   R  GO 2  OB 2  . 2 8 8  2 x  2  2 3 y 8  x  3 y  6 Câu 5. [HSG-QUẢNG NINH-B 2021-2022] Giải hệ phương trình  .  3 x  13  6 y  24  2 6  x  5 2 Lời giải
 2  x  6  Điều kiện  8 .  y   3 Ta có 2 x 2 2 3 y 8  x  3y  6  2 x2 x22 3 y 8  3 y  8  f  x  2   f  3 y  8 , với f  t   2 t  t . 1 Do f   t   2 t . .ln t  1  0, t  0 suy ra hàm số hàm số f  t   2 t  t đồng biến trên  0;   . 2 t Khi đó f  x  2   f  3 y  8   x  2  3 y  8  3 y  x  6 . Thay 3 y  x  6 vào phương trình 3 x 2  13  6 y  24  2 6  x  5 ta được 3 x 2  13  2 x  12  2 6  x  5  3 x 2  13  5  2 x  12  2 6  x  0  3 x 2  13  5  2 x  12  2 6  x  0 3 x 2  12 2 x  12  4  6  x    0 3 x 2  13  5 2 x  12  2 6  x  3x  6 6    x  2   0  3x  13  5 2 2 x  12  2 6  x  x  2  3x  6 6 .    0(vn)  3 x  13  5 2 x  12  2 6  x 2 4 Với x  2  y   . 3 x  2  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  4.  y   3 Câu 6. [HSG-QUẢNG NINH-B 2021-2022] Cho a, b, c  0 thỏa mãn ab  1, c(a  b  c)  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của b  2c a  2c 3  a  b  2 c  P   . 1 a 1 b 2 Lời giải  b  2 c   a  2 c  3 Ta có: P  2    1    1    a  b  2c   1  a   1  b  2 a  b  2c  1 a  b  2c  1 3     a  b  2c  a 1 b 1 2  1 1  3   a  b  2c  1      a  b  2c  .  1 a 1 b  2  1 1   1 1  Ta lại có:        1  a 1  ab   1  b 1  ab 
ab  a ab  b   1  a  1  ab  1  b  1  ab  b a a b      1  ab  1  a 1  b    b  a a  b  ab a  b .   1  ab 1  a 1  b   a  b   ab  1  0,  do a, b  0; ab  1 2  1  ab  1  a 1  b  1 1 2 2 4 4 4        1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 ab  3 ab  c  a  b  c   a  c  b  c  2 4 16   .  a  b  2c  2 2  acbc    2  16  a  b  2c  1 3 Suy ra: P  2    a  b  2c  .  a  b  2c  2 2 Đặt t  a  b  2c  t  0  . Do ab  1, c (a  b  c)  3  ab  c  a  b  c   4   a  c  b  c   4 2  acbc t 2  4   a  c  b  c      t  4.  2  4 16  t  1 3  16   16 t t  Khi đó: P   t 2   t 2   2 t2 2  t  t 4 4 16 16 t t 2 .t  3 2 . .  2  9 . t t 4 4 Vậy: min P  9 khi a  b  c  1. HẾT