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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Gia Lai nhằm đánh giá sự hiểu biết và năng lực tiếp thu kiến thức của học sinh thông qua các câu hỏi đề thi. Để củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải đề thi chính xác, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

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 Gia Lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2020-2021 (Thời gian làm bài 180 phút) Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y  x 3   2m  1 x 2  1  m  x ( m là tham số thực) có đồ thị  C  . Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt A , B và C sao cho tổng hệ số góc của ba tiếp tuyến với  C  tại các điểm A , B và C nhỏ hơn 9 . Câu 2: (4 điểm) a/ Giải phương trình sau trên tập số thực: 5x 2  10 x  4  x  1 x 2  2 x  2 . b/ Cho 3 số thực x  1, y  1, z  1 thỏa mãn:   log  xy  yz  zx  5x 2  16 y 2  27 z 2  log12 4 xy  yz  zx  2 . Tính M  x  y  z . Câu 3. (2 điểm) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển n  1 1     4 x  , với x  0 và n  * thỏa mãn An2  nCn2  55n  0 .   x  1 x  x x  1 x 1  Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC thõa mãn A B C 2019 sin A  2020 sin B  2021sin C  2022 cos( )  2020 cos( )  2018 cos( ) (1) . Chứng 2 2 2 minh rằng tam giác ABC đều. Câu 5: (3 điểm) Cho dãy số  un  thỏa mãn: u1  2021 và un 1  un2  un  1, n  * , đặt 1 1 1 vn      . Tính lim vn . u1 u2 un Câu 6: (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi H là trung 7 5 điểm của đoạn BC , K là hình chiếu vuông góc của H lên AC . Biết M  ;  là trung điểm 4 4 của đoạn HK , đường thẳng BK : x  7 y  13  0 . Gọi N là giao điểm của BK và AM . Tìm 1 5 tọa độ điểm A , biết I  ;  là trung điểm của đoạn AB . 2 2 Câu 7: (2 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống mặt phẳng  BCD  và O là trung điểm của đoạn AH . Gọi   là mặt phẳng qua O và không đi qua các điểm A, B, C và D. Mặt phẳng   cắt các đoạn AB, AC và AD lần lượt tại M , N và P. Tìm giá trị nhỏ nhất của AM . AN . AP theo a. Câu 8:   (2 điểm) Cho hàm số f  x   ln x  x 2  1  2021x , gọi a, b, c là các số thực dương sao cho phương trình f  a  b  c  x   f  2020  3 x   0 vô nghiệm. a b c Tìm GTNN của biểu thức M  . ab  bc  ac HẾT 1
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y  x 3   2m  1 x 2  1  m  x ( m là tham số thực) có đồ thị  C  . Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt A , B và C sao cho tổng hệ số góc của ba tiếp tuyến với  C  tại các điểm A , B và C nhỏ hơn 9 . Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của d và  C  : x3   2m  1 x 2  1  m  x  x  m  x 3   2m  1 x 2  mx  m  0   x  1  x 2  2mx  m   0  x  1  2  x  2mx  m  0 * Theo yêu cầu bài toán : * phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 .  m  0, m  1 m 2  m  0    1 1  2m  m  0  m   3 Ta có A  1; 1  m  ; B  x1; x1  m  ; C  x2 ; x2  m  y '  3x 2  2  2m  1 x  1  m y '  1  3  1  2  2m  1 1  1  m  2  3m 2 y '  x1   3x12  2  2m  1 x1  1  m y '  x2   3x22  2  2m  1 x2  1  m  x  x  2m Áp dụng định lí Viet ta có :  1 2  x1 x2  m Theo yêu cầu bài toán ta có y '  1  y '  x1   y '  x2   9  2  3m  3x12  2  2m  1 x1  1  m  3x22  2  2m  1 x2  1  m  9  3  x12  x22   2  2m  1 x1  x2   5  m  0  3  x1  x2   6 x1 x2  2  2 m  1 x1  x2   5  m  0 2  3  2m   6m  2  2m  1 .2m  5  m  0 2  12m2  6m  8m2  4m  5  m  0  4m 2  3m  5  0 3  89 3  89 m , m 8 8 3  89 3  89 Giao với điều kiện ta được : m  , m . 8 8 Câu 2: (4 điểm) a/ Giải phương trình sau trên tập số thực: 5x 2  10 x  4  x  1 x 2  2 x  2 . b/ Cho 3 số thực x  1, y  1, z  1 thỏa mãn:   log  xy  yz  zx  5x 2  16 y 2  27 z 2  log12 4 xy  yz  zx  2 . Tính M  x  y  z . Lời giải a) Giải phương trình: 5x 2  10 x  4  x  1 x 2  2x  2 1 2
    Ta có: 1  4 x 2  2 x  2  x 2  2x  1  9  4  x  1 x 2  2 x  2  2 x 2  2 x  2   x  1  3   2  2 x 2  2x  2   x  1 9   2 x 2  2 x  2   x  1  3    x  2   x  2  2 x2  2x  2  x  2  4 x  2 x  2  x  4x  4 2 2   2   3x  12 x  4  0    2 x2  2x  2  x  4    x  4 x  4      4 x  2 x  2  x  8x  16 2 2     3x 2  8  0   x  2   62 6   x  3 62 6  x . x  4 3   x   2 6   3 62 6 Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm là x  . 3 b/ Tính M  x  y  z . log  xy  yz  zx  12  0 - Theo giả thiết ta có: xy  yz  zx  1 nên  . log  12  xy  yz  zx   0 - Áp dụng BĐT Cauchy ta có:    5x 2  16 y 2  27 z 2  3x 2  12 y 2  4 y 2  9 z 2  18z 2  2 x 2     2 3x 2 .12 y 2  2 4 y 2 .9 z 2  2 18z 2 .2 x 2  12  xy  yz  zx  Hay 5x 2  16 y 2  27 z 2  12  xy  yz  zx  , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  2 y  3z .     Khi đó: log  xy  yz  zx  5x 2  16 y 2  27 z 2  log  xy  yz  zx  12  xy  yz  zx   1  log  xy  yz  zx 12 Suy ra:   1 log  xy  yz  zx  5x 2  16 y 2  27 z 2  log12 4 xy  yz  zx  1  log  xy  yz  zx 12  log12  xy  yz  zx  4  1 2  log xy  yz  zx   1 12 . log12  xy  yz  zx   1  1  2 . 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x  2 3  x  2 y  3z  x  2 y  3z  log   y  3 . 12  log12  xy  yz  zx   xy  yz  zx  12   xy  yz  zx   z  2 3  3 3
11 3 Vậy M  z  y  z  . 3 n  1 1  Câu 3. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển    4 x  , với   x  1 x  x x  1 x 1  x  0 và n  * thỏa mãn An2  nCn2  55n  0 . Lời giải Xét phương A  nC  55n  0 . 2 n 2 n n  0 n! n! 1 2   n.  55n  0  n  n  1  n  n  1  55n  0   n  12  n  2 ! 2! n  2 ! 2   n  9 Vì n  * nên ta nhận n  12 . Ta biến đổi 1 1  4x  x  1 x  x x  1 x  1 1 1   4x x  x  1  x 1  x  x 1 x 1  x 1   4x x. x  1 x 1 1 1 1 1 4    4x  x x x 1 x 1 x 12 12  k 3  1 4   1    12 k 12 k 6 x    C12k    1   C12k  1 x 4 k k Xét khai triển   4 x .  x  k 0  x k 0 3 Số hạng không chứa x thỏa k  6  0  k  8 . 4 Vậy hệ số của số hạng không chứa x là C128  1  495 . 8 Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC thõa mãn A B C 2019 sin A  2020 sin B  2021sin C  2022 cos( )  2020 cos( )  2018 cos( ) (1) . Chứng 2 2 2 minh rằng tam giác ABC đều. Lời giải A BC BC BC 1 Ta có: cos  sin  sin .cos  (sin B  sin C ) 2 2 2 2 2 A  2022 cos  1011(sin B  sin C ) 2 B 1 B Tương tự: cos  (sin A  sin C )  2020 cos  1010(sin A  sin C ) 2 2 2 C 1 C cos  (sin A  sin B)  2018cos  1009(sin A  sin B) 2 2 2 4
 VP (1)  (1010  1009) sin A  (1011  1009) sin B  (1010  1011) sin C  VP (1)  BC cos( 2 )  1   CA Do đó (1) xảy ra  VT (1)  VP(1)  cos( )  1 Hay A  B  C  2  A B cos( 2 )  1  Hay tam giác ABC đều. Câu 5: (4 điểm) 1 1 1 Cho dãy số  un  thỏa mãn: u1  2021 và un 1  un2  un  1, n  * , đặt vn     . u1 u2 un Tính lim vn . Lời giải Ta chứng minh dãy số tăng, thật vậy un 1  u n   un  1  0, n  * . 2 Giả sử dãy số bị chặn trên, suy ra dãy số có giới hạn, đặt lim un  x . Do dãy số tăng nên 2021  u1  u2  ...  un  x  2021 . Ta có un 1  un2  un  1  x  x 2  x  1  x  1 vô lí. Vậy dãy số tăng và không bị chặn trên hay lim un   . Ta có un 1  un2  un  1  un 1  1  un  un  1 , do un  2021 1 1 1 1 1 1 1        . un 1  1 un  un  1 un  1 un un un  1 un 1  1 n 1 n  1 1  1 1 Suy ra  k 1 uk    k 1  uk  1    uk 1  1  u1  1 un 1  1 1 1  1 1  1 Hay vn    lim vn  lim    . u1  1 un 1  1  2020 un 1  1  2020 Câu 6: (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi H là trung điểm của 7 5 đoạn BC , K là hình chiếu vuông góc của H lên AC . Biết M  ;  là trung điểm của đoạn 4 4 HK , đường thẳng BK : x  7 y  13  0 . Gọi N là giao điểm của BK và AM . Tìm tọa độ điểm 1 5 A , biết I  ;  là trung điểm của đoạn AB . 2 2 Lời giải 5
A I N K M B C H       có 2 AM  AH  AK và BK  BH  HK       Xét tích vô hướng: 2 AM  BK  ( BH  HK )  ( AH  AK )      BH  AK  AH .HK ; (do BH vuông góc AH , HK vuông góc AK )       CH  (CA  CK )  HA.HK        CH  CA  CH  CK  HA  HK  CH .CA.cos HCA   CH .CK .cos HCK   HA.HD.cos  AHD CH CK HK  CH .CA   CH .CK   HA.HK  CA CH HA  CH  CK  HK  0 . Nên AM vuông góc BK tại điểm N . 2 2 2 9 8 Ta có AM : 7 x  y  11  N  AM  BK   ;  . 5 5 Ta có B là giao điểm của đương thẳng BK và đường tròn tâm I bán kính IN : 10  B 13  7b; b  : IB  IN  2  8 B   9 ; 8  , l    2 2  25   5  10 b       7b    b      5 5 5  2   2 4  b  2  B   1; 2  Suy ra điểm A   2;3 . Câu 7: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống mặt phẳng  BCD  và O là trung điểm của đoạn AH . Gọi   là mặt phẳng qua O và không đi qua các điểm A, B, C và D. Mặt phẳng   cắt các đoạn AB, AC và AD lần lượt tại M , N và P. Tìm giá trị nhỏ nhất của AM . AN . AP theo a. A Lời giải Ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên      AB  AC  AD  3 AH     N  AB  AC  AD  6 AO P O a  a  a    . AB  . AC  . AD  6 AO AM AN AP M Do O, M , N , P đồng phẳng nên D C 3 3 a a a a a    6 3  AM . AN . AP  . H AM AN AP AM . AN . AP 8 a3 Vậy giá trị nhỏ nhất của AM . AN . AP  . B 8 6
Câu 8: (2 điểm)   Cho hàm số f  x   ln x  x 2  1  2021x , gọi a , b, c là các số thực dương sao cho phương trình f  a  b  c  x   f  2020  3 x   0 vô nghiệm. a b c Tìm GTNN của biểu thức M  . ab  bc  ac Lời giải f  x  x  x2  1   2021  1  2021  0, x  . Hay hàm số đồng biến trên . x  x 12 x2  1 Xét    f   x   ln  x  x 2  1  2021x  ln  1      2021x   ln x  x  1  2021x   f  x   x  x 1  2 2 , hàm số đã cho là hàm số lẻ. Do đó phương trình f  a  b  c  x   f  2020  3 x   0  f  a  b  c  x   f  3 x  2020  .   a  b  c  x  3 x  2020   a  b  c  3 x  2020 . Phương trình vô nghiệm  a  b  c  3  0  a  b  c  3.   2  ab  bc  ca   9  a 2  b 2  c 2 .  Áp dạng BĐT Cô-si cho 3 số:  a  a  a 2  3a   b  b  b  3b  2 2   a  b  c  a 2  b2  c2  3  a  b  c   9   c  c  c  3c 2 Hay 2     a  b  c  9  a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca  a b c Vậy M   1, dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1. ab  bc  ac 7