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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm phục vụ quá trình học tập cũng như chuẩn bị cho kì thi học kì sắp đến. TaiLieu.VN gửi đến các bạn Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Cà Mau. Đây sẽ là tài liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

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 Cà Mau

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT CÀ MAU MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 TOANMATH.com Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2020 Câu 1: (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) cos 2 x  5sin x  3 sin 2 x  5 3 cos x  8  0 . b)  x  3 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 . Câu 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có bảng xét dấu của f   x  như sau: x  3 1 1 8  f  x  0  0  0  0  Tìm các điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 2  2 x  . x 2  3x b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  đồng biến trên 1;   . xm Câu 3: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 2  , đường trung tuyến và đường phân giác trong hạ từ đỉnh B lần lượt có phương trình d : 2 x  3 y  2 , d1 : 9 x  3 y  16 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a . Biết SA  SB  SC  a .  Đặt SD  x 0  x  a 3 .  a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  khi x  a . b) Tính x theo a sao cho tích AC.SD lớn nhất. Câu 5: (3,0 điểm) a. Cho đa giác đều có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của  H  . Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật nhưng không phải là hình vuông. b. Cho P  x   1  4 x  3 x 2  . Xác định hệ số của x 3 trong khai triển P  x  theo lũy thừa của 13 x. Câu 6: (3,0 điểm) Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và un1  3un2  2 , n   . a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  . b) Tính tổng S  u12  u22  ...  u2020 2 . Câu 7: (2,0 điểm)
Cho hai số thực thay đổi x, y với x  0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy 2 P . ( x 2  3 y 2 )( x  x 2  12 y 2 ) ____________________ HẾT ____________________
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Giải các phương trình sau: a) cos 2 x  5sin x  3 sin 2 x  5 3 cos x  8  0 . b)  x  3 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 . Lời giải a) cos 2 x  5sin x  3 sin 2 x  5 3 cos x  8  0    5 sin x  3 cos x  3 sin 2 x  cos 2 x  8  0 1 3  3 1  5  sin x  cos x   sin 2 x  cos 2 x  4  0 2 2  2 2      5sin  x    sin  2 x    4  0  3  6    Đặt t  x   2x   2t  . 3 6 2   Phương trình trở thành 5sin t  sin  2t    4  0 .  2  5sin t  cos 2t  4  0  2sin 2 t  5sin t  3  0 sin t  1    3  t   k 2  x   k 2  k    . sin t  2 6  2 b)  x  3 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 . Điều kiện: 1  x  4 . PT   x  3     1  x  1  x 1  4  x  2 x2  6 x x  x  3 x  x  3    2 x  x  3 1 x 1 1 4  x  x  x  3  0 1  1 1   2  2  1  x  1 1  4  x x  0 1   . x  3  1  x  1  1 1 1 Xét phương trình (2): Ta có     2. 1  4  x  1 1  x  1 1  4  x  x  1 Dấu bằng xảy ra khi  (vô lí). Vậy phương trình (2) vô nghiệm. x  4 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 và x  3 . Câu 2: a) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có bảng xét dấu của f   x  như sau:
x  3 1 1 8  f  x  0  0  0  0  Tìm các điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 2  2 x  . Lời giải x 1  2 x 1  x  2 x  3  x  1  BC  Ta có g   x    2 x  2  f   x  2 x   0  x  2 x  1   2  2 .  x  1  2  BC   x  2x  1 2   2  x  2; x  4  x  2x  8 Vậy các điểm cực trị của hàm số g  x  lần lượt là x  2; x  1; x  4 . x 2  3x b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  đồng biến trên 1;   . xm Lời giải ĐK: x   m . x 2  2mx  3m Ta có: y  .  x  m 2  y  0, x  1;    x 2  2mx  3m  0, x  1;   * Hàm số đồng biến trên 1;      . m  1;   m  1 *  min f  x   0 với f  x   x 2  2mx  3m . 1;   Đồ thị của hàm số f  x  là parabol có toạ độ đỉnh I   m; m 2  3m  . BBT: x m 1  f  x 1 m Dựa vào BBT, suy ra min f  x   0  1  m  0  m  1 . 1;  Vậy 1  m  1 thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 2  , đường trung tuyến và đường phân giác trong hạ từ đỉnh B lần lượt có phương trình d : 2 x  3 y  2 , d1 : 9 x  3 y  16 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Lời giải
x  2 2 x  3 y  2  Ta có d  d1  B nên toạ độ điểm B thoả hệ phương trình   2. 9 x  3 y  16  y  3  2 Do đó B  2;  .  3 Gọi A  a; b  là điểm đối xứng với A qua d1  A  BC .  1 a 2  b    Khi đó trung điểm của AA là I  ;   d1 và AA  ud1 nên ta có hệ:  2 2    1 a   2  b   18 9    3   16 a  5  18 17    2   2    A  ;  . a  1  3  b  2   0 b  17 5 5   5  2   8 41  Đường thẳng BC đi qua điểm B  2;  nhận vectơ AB   ;  làm vectơ pháp tuyến nên  3  5 15  có phương trình: 72 x  123 y  226  0 . Gọi M là trung điểm của đoạn AC .  226  72t   t  1 472  72t  Do C  BC  C  t;  M  ;  .  123   2 123  t 1 472  72t 513  513 278  M  d  2.  3. 2t suy ra C  ; . 2 123 113  113 339  Câu 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a . Biết SA  SB  SC  a .  Đặt SD  x 0  x  a 3 .  a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  khi x  a . b) Tính x theo a sao cho tích AC.SD lớn nhất. Lời giải Cách 1:
S x A A D O B D G B C C a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  khi x  a . Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  . Ta có: SA  SB  SC  SD  a  OA  OB  OC  OD  ABCD là hình vuông. Xét tam giác vuông: a 2  BO 2   450 . cos SBC  2   SBC SB a 2 b) Tính x theo a sao cho tích AC.SD lớn nhất. Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do SA  SB  SC  SG   ABCD  .  AC  BD Ta có:   AC   SBD   AC  SO .  AC  SG SOC  BOC (do SC  BC  a , OC chung). SO  OB  OD  BSD vuông tại S . a2  x2 BD 2  a 2  x 2  OD  . 2 a 2  x 2 3a 2  x 2 OA2  AD 2  OD 2  a 2   . 4 4 3a 2  x 2  OA   AC  3a 2  x 2 . 2 x 2  3a 2  x 2 3a 2 Xét AC.SD  x. 3a 2  x 2   . 2 2 3a 2 a 3 a 6 Dấu "  " xảy ra khi x  3a 2  x 2  2 x 2  3a 2  x 2  x  . 2 2 2 Cách 2: a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  khi x  a .
Do SA  SB  SC  SD  a  SO   ABCD  . Gọi H là trung điểm của CD suy ra CD   SOH   CD  OH  ABCD là hình vuông.    45 . Từ đó SBD vuông cân tại S , nên  SB,  ABCD    SBD b) Tính x theo a sao cho tích AC .SD đạt giá trị lớn nhất. Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  , do SA  SB  SC  a nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , dễ thấy I thuộc đường thẳng BO .    . Ta có AC  2 R sin  . Suy ra Đặt ABC BO  a 2  R 2 sin 2  . 1 1 Theo công thức tính diện tích tam giác ABC ta có: .a 2 .sin   . a 2  R 2 .sin 2  .2 R sin  2 2 a 4R2  a2  a 2  4 R 2  a 2  R 2 .sin 2    sin   . 2R2 Mặt khác xét tam giác vuông SBI và tam giác vuông SID ta có:   2 SI 2  a 2  R 2  x 2  2 a 2  R 2 sin 2   R . a 4R 2  a2 a2 Thay sin   vào rút gọn ta được R  . 2R 2 a2  x2 Nên AC  2 R sin   3a 2  x 2 . Từ đó AC.SD  x 3a 2  x 2   x 4  3a 2 x 2 .  Xét hàm số f  x    x 4  3a 2 x 2 với 0  x  a 3 . 
x  0 Có f   x   4 x  6a x  0   3 2 x   6 a do x  0; 3a nên ta nhận x  2 6 a.    2  6  6 Lập bảng biến thiên ta được max f  x   f  a  . Vậy khi x  a thì AC .SD đạt giá trị lớn  0; 3a   2  2   nhất. Câu 5: a. Cho đa giác đều có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của  H  . Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật nhưng không phải là hình vuông. b. Cho P  x   1  4 x  3 x 2  . Xác định hệ số của x 3 trong khai triển P  x  theo lũy thừa của 13 x. Lời giải a. Số phần tử của không gian mẫu là : C244 . Đa giác đều có 24 đỉnh thì có 12 đường chéo đi qua tâm nên số hình chữ nhật , kể cả hình vuông là : C122 hình. Ứng với 1 đường chéo thì có một đường chéo duy nhất để tạo thành hình vuông, nên số hình vuông là 6 . Nên số hình chữ nhật cần tìm là C122  6 . C122  6 10 Vậy xác suất cần tìm là : 4  . C24 1771 b. P  x   1  4 x  3 x 2   1  4 x   3 x 2   C130 1  4 x   C131 1  4 x  .3x 2  ... 13 13 13 12  1  4 x   13 1  4 x  .3 x 2  ...  1  4 x   39 1  4 x  .x 2  ... 13 12 13 12 * Tìm hệ số của x 3 trong khai triển 1  4x  : 13 13 13 1  4 x    C13k .113 k  4 x    C13k .4k .x k . 13 k k 0 k 0 Ta có k  3 nên hệ số của x 3 là : C133 .43 . * Tìm hệ số của x 3 trong khai triển 1  4 x  .x 2 tức là tìm hệ số của x trong khai triển 12 1  4x  12 . 12 12 Ta có 1  4 x    C12m .112  m  4 x    C12m .4 m.x m . 12 m k 0 k 0 Từ đó m  1 nên hệ số của x là : C .4 . 3 1 12 Vậy hệ số của x 3 trong khai triển P  x  là : C133 .43  39.C121 .4  20176 . Câu 6: Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  1 và un1  3un2  2 , n   . a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  . b) Tính tổng S  u12  u22  ...  u2020 2 . Lời giải
a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số  un  .  Ta có: un 1  3un2  2  un21  1  3 un2  1 , n   .  v  2 Đặt vn  un2  1   1 . vn1  3vn , n    Suy ra  vn  là cấp số nhân với số hạng đầu v1  2 , công bội q  3 .  vn  2.3n1 , n   .  un  2.3n1  1 , n   là số hạng tổng quát của dãy số  un  . b) Tính tổng S  u12  u22  ...  u2020 2 . Ta có: S  u12  u22  ...  u2020 2   2 1  3  32  ...  32019  2020 .  1  32020  2.  2020  32020  2021 . 1 3 Vậy S  32020  2021 . Câu 7: Cho hai số thực thay đổi x, y với x  0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy 2 P . ( x 2  3 y 2 )( x  x 2  12 y 2 ) Lời giải y2 2 xy x2 P = (do x  0 ) . ( x  3 y )( x  x 2  12 y 2 ) 2 2 y2 y2 (1  3 2 )(1  1  12 2 ) x x y Đặt t. x t2 t 2 (1  1  12t 2 ) 1 1  12t 2  1 1 1  12t 2  1 Khi đó: P    .  . . (1  3t 2 )(1  1  12t 2 ) (1  3t 2 )(12t 2 ) 12 1  3t 2 3 12t 2  4 Đặt m  1  12t 2  1 . 1 m 1 m 1 Khi đó P  . 2  3P  2  f ( m) . 3 m 3 m 3 m 2  3  2m(m  1)  m 2  2m  3 f '(m)   0 (m 2  3) 2 (m 2  3)2 .  m  1  m  3
1 1  0  3P  0P . 6 18 + P  0 , dấu "  "  m  1  y  0 . 1 + P , dấu "  "  m  3  2 x 2  3 y 2 . 18 1 Vậy MinP  0  y  0 ; MaxP   2x2  3 y2 . 18 ____________________ HẾT ____________________