Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bình Phước

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bình Phước được chia sẻ trên đây. Tham gia giải đề thi để rút ra kinh nghiệm học tập tốt nhất cho bản thân cũng như củng cố thêm kiến thức để tự tin bước vào kì thi chính thức các em nhé! Chúc các em ôn tập đạt kết quả cao!

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 tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bình Phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH PHƯỚC MÔN TOÁN – LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 TOANMATH.com Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 15/10/2020 Câu 1: (4,0 điểm) xm Cho hàm số y  f  x   , ( m là tham số thực) có đồ thị  Cm  . x 1 1. Tìm tất cả các giá trị của m để max f  x   min f  x   3 . 1;0  1;0 2. Với m  0 , tìm tất cả các điểm M trên  C0  sao cho tiếp tuyến tại M với  C0  cắt hai đường tiệm cận của  C0  tại A và B thỏa mãn IAB cân, với I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Câu 2: (6,0 điểm)   1. Giải phương trình: 2 cos 3 x.cos x  cos 4 x  sin 2 x  1  2 2 sin  x   .  4  2 x  x  x  1   y  2   x  1 y  1  2. Giải hệ phương trình :  2 .    x   x  1 y  1  5 x  6  x 2  4 x  9  2   y  1 3. Cho tập T  1; 2; 3; 4; 5 . Gọi H là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc T . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc H . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 . Câu 3: (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có A  1;2  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm BC và CD . Gọi H là giao điểm của BN và AM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN :2 x  y  8  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD  . Gọi H là trung điểm AB . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và tan  SH ,  SCD   . Câu 5: (2,0 điểm) Cho hai đa thức P  x   ax3  bx 2  cx  b và Q  x   x 3  cx 2  bx  a với a,b,c   , a  0 . Chứng minh rằng G  x   P  x   Q  x   0 x   thì a  b  c . Câu 6: (2,0 điểm) Giả sử phương trình x3  3x 2  ax  b  0 ( với a, b  ) có 3 nghiệm thực dương. Gọi các x1n  x2n  x3n nghiệm này là x1 , x2 , x3 . Đặt un  , n  * . x1n 1  x2n 1  x3n1
1 1 1 Tìm a, b để   ...   n 2  2021 . u1 u2 un ____________________ HẾT ____________________
HƯỚNG DẪN GIẢI xm Câu 1: Cho hàm số y  f  x   , ( m là tham số thực) có đồ thị  Cm  . x 1 1. Tìm tất cả các giá trị của m để max f  x   min f  x   3 . 1;0  1;0 2. Với m  0 , tìm tất cả các điểm M trên  C0  sao cho tiếp tuyến tại M với  C0  cắt hai đường tiệm cận của  C0  tại A và B thỏa mãn IAB cân, với I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Lời giải m 1 1. Có f   x   .  x  1 2 + Với m  1  f  x   1 x   1;0  max f  x   min f  x   2 (không thỏa mãn).  1;0 1;0 + Với m  1 , hàm số f  x  đơn điệu trên  1;0 , do đó: m 1 5 max f  x   min f  x   3  f  1  f  0   3  m3m . 1;0  1;0  2 3 5 Vậy m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3 x 2. Với m  0  f  x   có đồ thị  C0  . Tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận của x 1  C0  là I 1;1 .  x0  Gọi M  x0 ;  , x0  1 .  x0  1  1 Có f   x    .  x  1 2 1 x0 Phương trình tiếp tuyến của  C0  tại M có dạng y    x  x0   .  x0  1 x0  1 2  x0  1  Tiếp tuyến tại M cắt đường tiệm cận đứng tại A 1;  , cắt đường tiệm cận ngang tại  x0  1  B  2 x0  1;1 . 2 Có IA  , IB  2 x0  1 . x0  1 Tam giác IAB là tam giác vuông tại I , do đó tam giác IAB cân khi và chỉ khi IA  IB . 2  x0  0  M  0;0   2 x0  1   x0  1  1   2   . x0  1  x0  2  M  2;2  Vậy M  0;0  hoặc M  2;2  . Câu 2:
  1. Giải phương trình: 2 cos 3 x.cos x  cos 4 x  sin 2 x  1  2 2 sin  x   .  4 Lời giải    cos 4 x  cos 2 x  cos 4 x  sin 2 x  1  2 2 sin  x   .  4  cos 2 x  sin 2 x  1  2 sin x  2 cos x  2 cos 2 x  2 cos x  2sin x cos x  2sin x  0  cos x  cos x  1  sin x  cos x  1  0   cos x  1 cos x  sin x   0    cos x  1 x   k 2   2  , k   .  2 sin  x     0   4  x    k   4  2 x  x  x  1   y  2   x  1 y  1  2. Giải hệ phương trình :  2 .    x   x  1 y  1  5 x  6  x 2  4 x  9  2   y  1 Lời giải Điều kiện: x, y  1 . x Ta có: x 2    y  2  x  1 y  1 x 1 x3  x 2  x    y  1 y  1  y  1  x  1 x 1 3  x   x      3     y 1  y 1 .  x 1   x 1   x   f  f  x 1    y  1 . Xét f  t   t 3  t  f   t   3t 2  1  0, t .  f  t  đồng biến. x   y  1 thay vào  2  ta được: x 1  2  x x  1   x  5 x  6  x 2  4 x  9 x   x  1  2  2 x   x  5   x  6  3  3  x  5  x 2  4 x  9
x   x  1  2   x  5   x  6  3  x2  x  6 x  x  3  x  5 x  3     x  3 x  2  x 1  2 x6 3  x  3  TM   x x5 .   x2 0  x  1  2 x6 3 Ta có: x x5 x x5  x20 (vô nghiệm vì   x2  0, x 1  2 x6 3 x 1  2 x6 3 x  1 ). Vậy nghiệm S  3 . 3. Cho tập T  1; 2; 3; 4; 5 . Gọi H là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc T . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc H . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 . Lời giải - Số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau thuộc T là: A53  60 số. - Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau thuộc T là: A54  120 số. - Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau thuộc T là: 5 !  120 số. Do đó: tập H có số phần tử là: 60  120  120  300 (phần tử). Suy ra: n     300 . - Gọi A là biến cố: “chọn được số từ H có tổng các chữ số bằng 10 ”. Các số có 3 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số bằng 10 chỉ được lập từ các bộ số: 1; 4; 5  và  2; 3; 5  , số các số loại này là: 2.3!  12 số. Các số có 4 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số bằng 10 chỉ được lập từ bộ số 1; 2; 3; 4  , số các số loại này là: 4 !  24 số. Do đó: n  A   12  24  36 . n A 36 3 Vậy xác suất cần tính là: P  A     . n  300 25 Câu 3: Cho hình vuông ABCD có A  1;2  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm BC và CD . Gọi H là giao điểm của BN và AM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN :2 x  y  8  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . Lời giải Xét ABM  BCN  c.c.c   MAB  NBC , từ đó suy ra BN  AM . Đường thẳng AM qua A và vuông góc với BN nên có phương trình x  2 y  5  0 .
 11 18  BN  AM  H  H  ;  . 5 5 Ta có ABH đồng dạng với BMH  AH  2 HB  AB  4 .  xB  3  TM   4   xB  1   yB  2    2 2 .  x  7  KTM   B 5  B  3;2  .  3 11  Gọi P là trung điểm AH  P  ; . 5 5  Tứ giác ADNH nội tiếp đường tròn đường kính AN , I là trung điểm AN . 2 x  y  8  0 Tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình   N 1;6  . x  1  1  PI  HN  I  0;4  . 2 Đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN có tâm I  0;4  , bán kính IN  5 , vậy phương trình đường tròn là x   y  4   5 . 2 2 Câu 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD  . Gọi H là trung điểm AB . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và tan  SH ,  SCD   . Lời giải S K A D H E B C Từ giả thiết, ta có SH   ABCD  . a 3 Vì SAB đều cạnh a nên SH  . 2 1 1 a 3 a3 3 Thể tích khối chóp S . ABCD : VS . ABCD  S ABCD .SH  .a 2 .  . 3 3 2 6
Gọi E là trung điểm CD  HE  CD . Từ H kẻ HK  SE tại K . CD  HE Ta có   CD   SHE   CD  HK . CD  SH  HK  SE Mặt khác   HK   SCD  .  HK  CD   90 (do SHK vuông tại K ). Như vậy  SH ,  SCD     SH , SK   HSK 1 1 1 a 21 Xét tam giác SHE , ta có 2  2  2  HK  . HK SH HE 7 3 7a Tam giác SHK vuông tại K : SK  SH 2  HK 2  . 14   HK  2 3 . Như vậy tan  SH ,  SCD    tan HSK SK 3 Câu 5: Cho hai đa thức P  x   ax3  bx 2  cx  b và Q  x   x 3  cx 2  bx  a với a,b,c   , a  0 . Chứng minh rằng G  x   P  x   Q  x   0 x   thì a  b  c . Lời giải Ta có G  x   P  x   Q  x    a  1 x3   b  c  x 2   b  c  x  a  b  0 , x   . Để ý thấy G  x  liên tục trên  nếu a  1  0 thì lim G  x    nên tồn tại x0  0 : G  x0   0 x  suy ra vô lý tương tự nếu a  1  0 thì lim G  x    nên tồn tại x0  0 : G  x0   0 suy ra vô x  lý . Xét trường hợp a  1 suy ra G  x    b  c  x 2   b  c  x  a  b lập luận tương tự ta cũng có bc  0. + Nếu b  c suy ra G  x   a  b  0  a  b . + Nếu b  c . Khi đó G  x   0 x     b  c   4  b  c  a  b   0 . 2   b  c  b  c  4a  4b   0  b  c  4a  4b  0.  4a  b  c  4b  4a  4b  a  b. Vậy ta luôn có G  x   P  x   Q  x   0 x   thì a  b  c . Câu 6: Giả sử phương trình x3  3x 2  ax  b  0 ( với a, b   ) có 3 nghiệm thực dương. Gọi các x1n  x2n  x3n nghiệm này là x1 , x2 , x3 . Đặt un  n 1 n 1 n 1 , n  * . x1  x2  x3 1 1 1 Tìm a, b để   ...   n 2  2021 . u1 u2 un
Lời giải Ta sẽ chứng minh  un  là dãy giảm. x  x2n  x3n  x1n  2  x1n  2  x1n  2    x1n 1  x2n 1  x3n 1  n 2 1 Thật vậy : un  un 1  . x n 1 1  x2n1  x3n1  x1n 2  x1n  2  x1n  2  Theo bất đẳng thức BCS :  x1n  x2n  x3n  x1n 2  x1n  2  x1n  2    x1n1  x2n 1  x3n 1  . 2 Do đó : un  un 1  0 , n  * . Vậy  un  là dãy giảm. Ta có : 9   x1  x2  x3   3  x1 x2  x2 x3  x1 x3   3a  a  3 1 . 2 Vì  un  là dãy giảm n  * nên: 1 1 1 n x 2  x22  x32 9  2a   ...    1 .n  .n . u1 u2 un u1 x1  x2  x3 3 9  2a 9  2a n 2  2021 9  2a n 2  2021 Do đó : .n  n 2  2021     lim  1. 3 3 n 3 n a3  2 . Từ 1 và  2  : a  3 . Với a  3 ta được : x1  x2  x3  1 , suy ra : b  1 (thử lại thỏa mãn). Vậy a  3 , b  1 thỏa yêu cầu bài ra. ____________________ HẾT ____________________