TaiLieu.VN giới thiệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Nghệ An nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi. Chúc các bạn thành công!
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Nghệ An
- HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1a. Cho phương trình =
sin x ( cot x + 2 3 ) cos x . Hỏi phương trình đã cho có bao nhiêu
nghiệm thuộc khoảng ( 0; 2020π )
Lời giải
Điều kiện sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ .
π
Ta có x= + kπ không thỏa mãn phương trình đã cho.
2
π
Xét x ≠
2
( )
+ kπ , phương trình sin x = cot x + 2 3 cos x ⇔ tan x = cot x + 2 3
1 tan x =−2 + 3
⇔ tan x = + 2 3 ⇔ tan 2 x − 2 3 tan x − 1 = 0 ⇔
tan x tan x= 2 + 3
π
=x + mπ
12 (1) với m, n ∈ .
⇔
= 5π
x + nπ
12
1 5 1
Xét + m = + n ⇔ m = n + (*) với m, n ∈ nên phương trình (*) vô nghiệm. Suy ra các
12 12 3
nghiệm của hệ (1) là khác nhau.
π 1 1
0 < 12 + mπ < 2020π − 12 < m < 2020 − 12
Do x ∈ ( 0; 2020π ) nên ta có ⇔
0 < 5 π − 5 < n < 2020 − 5
+ nπ < 2020π
12 12 12
Suy ra m ∈ {0;1; 2;...2019} và n ∈ {0;1; 2;...2019} .
Vậy phương trình đã cho có tất cả 4040 nghiệm.
( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y =
0 (1)
Câu 1b. Cho hệ phương trình:
4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = m (2)
( x, y∈ , m là tham số). Tìm tất các các giá trị nguyên của tham số m để hệ phương trình có
nghiệm.
Lời giải
3
x ≤ 4
Điều kiện: (*)
y ≤ 5
2
( ) +( )
3
Ta có: (1) ⇔ 4 x3 + x =− ( y − 3) 5 − 2 y ⇔ (2 x)3 + (2 x) = 5 − 2 y 5− 2y (3)
Xét hàm số: f (u ) = u 3 + u ⇒ f '(u ) = 3u 2 + 1 > 0, ∀u . Suy ra f ( u ) luôn đồng biến trên
x ≥ 0 x ≥ 0
f (2 x) = f ( )
5 − 2 y ⇔ 2x = 5 − 2 y ⇔ 2
4 x =5 − 2 y
⇔
2 y =5 − 4 x 2
Thế vào (2), ta được:
2
2 5 − 4 x2
4x + + 2 3 − 4x =
m
2
- 2
2 5 − 4x2 3
Xét g ( x) = 4 x + + 2 3 − 4x với x ∈ 0; .
2 4
5 4 4 3
g '( x)= 8 x − 8 x − 2 x 2 − = 4 x ( 4 x 2 − 3) − < 0, ∀x ∈ 0;
2 3 − 4x 3 − 4x 4
3 265 25
Để hệ đã cho có nghiệm ⇔ g ≤ m ≤ g ( 0 ) ⇔ ≤m≤ +2 3.
4 64 4
Vậy các giá trị m nguyên cần tìm là 5, 6, 7,8,9 .
Câu 2.
3
a) Số phần tử của không gian mẫu: 𝐶𝐶30
Gọi a là biến cố cần tính xác suất.
Giả sử 3 số ghi trên ba quả cầu là a; b; c.
𝑎𝑎+𝑐𝑐
Ta có 𝑏𝑏 = 2
, suy ra a, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Từ 1 đến 30 cóa 15 số chẵn, 15 số lẻ.
2
Suy ra số kết quả thuận lợi của A là 2𝐶𝐶15 .
2
2𝐶𝐶15 3
Xác suất cần tính là: 3 = 58
𝐶𝐶30
b) Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 3, un +1 = un2 − 2, ∀n ∈ N * . Chứng minh rằng:
5 ( u1.u2 ...u n −1 ) + 4 là một số chính phương.
2
Lời giải
Ta có: un +1 = un2 − 2 ⇒ un2 = un +1 + 2 ⇒ ( u1u2u3 ...un ) = ( u2 + 2 )( u3 + 2 ) ... ( un + 2 )
2
⇒ 5 ( u1u2 ...un ) =
( u1 + 2 ) ... ( un + 2 ) .
2
Mà un +1 = un2 − 2 = ( un − 2 )( un + 2 ) .
( u1 − 2 )( u1 + 2 ) ... ( un + 2 ) =
Nên un +1 − 2 = ( u1 + 2 )( u1 + 2 ) ... ( un + 2 )
⇒ 5 ( u1u2 ...un ) = un +1 − 2 ⇒ 5 ( u1u2 ...un ) + 4= un +1 + 2= un2 (đpcm)
2 2
Cách 2:
u1 = 3 1 3± 5
Xét hàm đa thức đặc trưng: ⇒ a + = 3 ⇒ a 2 − 3a + 1 = 0 ⇒ a = .
2
un +1 = un − 2 ∀n ∈ N
*
a 2
1 1 1
⇒ u1 = a + ⇒ u2 = u1 = a 2 + 2 ⇒ u3 = u2 2 − 2 = a 4 + 4 [...]
a a a
(2 )
n−1
1
⇒ un= a + n−1
a
(2 )
1 2 1 4 1 2n−2 1
⇒ u1u2u3 ...un −1 = a + a + 2 a + 4 ... a + 2n−2
a a a a
1 1 1 n−2 1
⇒ a − u1u2u3 ...un −1 = a − a + ... a 2 + 2n−2
a a a a
1 1 n−2 1 n−2 1
= a 2 − 2 a 2 + 2 + ... + a 2 + 2n−2 = .... = a 2 − 2n−2
a a a a
1 n−2 1
⇒ a − u1u2u3 ...un −1 = a 2 − 2n−2
a a
- 1
Mà a − =± 5 nên
a
2
1
( ) 2n−2
2
5. ( u1u2u3 ...u=
n −1 )
2
5u1u2u3 ...u=
n −1 a − 2n−2
a
2 2
n−2 1 n−2 1
⇒ 5. ( u1u2u3 ...un −1 ) += ( un + 1) (đpcm)
2 2
4 a 2 − 2n−2 +=
4 a 2 − 2n−2 =
a a
Câu 3. Cho hình lăng trụ ABC. A1 B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và
=
BA1 =
BB1 =
BC1 a 3.
a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ABB1 A1 ) .
b) Gọi G1 , G2 , G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 . Tính thể tích khối đa
diện lồi có các đỉnh là các điểm G1 , G2 , G2 , A1 , B1 và C1 .
Lời giải
a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ABB1 A1 ) .
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
Gọi I là trung điểm A1 B1 .
A1 B1 ⊥ C1 I
⇒ A1 B1 ⊥ ( BC1 I ) .
A1 B1 ⊥ BO
Kẻ C1 H ⊥ BI .
Mà C1 H ⊥ A1 B1 .
⇒ C1 H ⊥ ( A1 B1 BA ) .
( C, ( A1 B1 BA ) ) d=
Vì CC1 // ( A1 B1 BA ) d= ( C1, ( A1 B1 BA ) ) C1 H .
∆A1 B1C1 là tam giác đều. Suy ra :
a 3
C1 I = .
2
2 a 3
=
C1O =C1 I .
3 3
- 1 a 3
=
IO =C1O .
2 6
a 2 a 11
BI= BA12 − A1 I 2 = 3a 2 − = .
4 2
11a 2 3a 2 2 a 2
BO = BI 2 − IO2 = − = .
4 36 3
1 1 C I. BO 2 a 2
=
S∆BIC1 =C1 I. BO BI.C1 H ⇒ C1 H= 1 = .
2 2 BI 11
2a 2
d ( C, ( A1 B1 BA ) ) = .
11
b) Gọi G1 , G2 , G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 . Tính thể tích khối đa
diện lồi có các đỉnh là các điểm G1 , G2 , G2 , A1 , B1 và C1 .
Qua G1 kẻ đường thẳng song song với AB cắt A1 A , B1 B lần lượt tại M và N .
Trong ( B1C1CB ) gọi=
K NG3 ∩ CC1 ⇒ M, G2 , K thẳng hàng.
1
S∆G1G2 G3 2 G1G3 .d ( G2 , G1G3 ) 2
= =
S∆MNK 1 9
. MK .d ( N, MK )
2
2 2 a2 3 a2 3
⇒ S∆G1G2 G3 = S∆MNK = =
9 9 4 18
a 2 3 a 2 3 7a 2 3
⇒ S∆MG1G2 + S∆KG2 G3 + S∆NG1G3 = S∆MNK − S∆G1G2 G3 = − =
4 18 36
1 2
⇒ VA1 . MG1G2 + VB1 .NG1G3 + =
VC1 . KG2 G3 . BO S∆MG1G2 + S∆KG2 G3 + S∆NG1G3
3 3
2 2 a 2 7a 2 3 7a 3 2
= =. . .
9 3 36 81
2 2 2 a 2 a 2 3 a3 2
=
VA1B1C1 . MNK = B0.S∆MNK . = . .
3 3 3 4 3
⇒ VA1 B1C1 . G1G2 G3 = VA1 B1C1 . MNK − VA1 . MG1G2 + VB1 .NG1G3 + VC1 . KG2 G3 =
a3 2 7a3 2 20a3 2
= − = .
3 81 81
Câu 4. Cho x, y, z là các số thực dương thõa mãn 2 x + 4 y + 7 z =
2 xyz .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = x + y + z .
Lời giải
- 3 5
3 5
x y x y 7 3 5 72 4
2 xyz = 2 x + 4 y + 7 z = 3 + 5 + 7 z ≥ 1515 5 z = 15 x y z .
15
3 5 3 3 5
2 4 2 4
3 5 15 3 5
2 4 15 2 4
⇒ 2 x y z ≥ 15 x y z ⇔ x12 y10 z 8 ≥ .
15 15 15 15 15 3 5 7
3 5 2 3 5
6 5
6 5 4 15 4
x y z x y z 15 15 x y z 4
P = x + y + z = 6 + 5 + 4 ≥ 15 =
15
6 5 4 6 5 4 4 6655 44
6 5 15 3 5 6 5
15 15 6 5 4 2 4 15 15 15 2 4 2 4 15
= x y z ≥ =
4 3 5 4 2 3 5 3 5 2
x y
3= 5= z a ≠ 0
1
2 4 a= ±
x = 6a 2
15 15 x y z
Vây P ≥ , MinP = ⇔ = = ⇔ y =5a ⇔ x = 6a
2 2 6 5 4 z = 4a y = 5a
2 x + 4 y + 7 z =
2 xyz
60a = 240a 3 z = 4a
x = 3 x = −3
5 −5
⇔ y =hoặc y = .
2 2
z = 2 z = −2
Câu 5. Cho hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA
= 1, SB = 2 2 . Gọi I là
= SC
tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng (α ) thay đổi đi qua I lần lượt cắt các tia
1 1 1 5
SA, SB, SC tại M , N , P . Chứng minh rằng 2
+ 2
+ 2 ≥ .
SM SN SP 8
Lời giải
- Trước hết ta chứng minh bài toán: Cho hình chóp S . ABC . Điểm I nằm trong mặt phẳng ( ABC )
thỏa mãn aIA + bIB + cIC = 0 . Mặt phẳng (α ) đi qua điểm I và cắt các tia SA, SB, SC lần lượt
SA SB SC
tại các điểm M , N , P . Chứng minh rằng a. + b. + c. = a+b+c.
SM SN SP
Thật vậy:
aIA + bIB + cIC = ( ) ( ) (
0 ⇔ a SA − SI + b. SB − SI + c. SC − SI =0 )
a. SA .SM + b. SB .SN + c. SC .SP
aSA + bSB + cSC
=⇔ SI = SM SN SP
a+b+c a+b+c
Vì M , N , P, I đồng phẳng nên
SA SB SC
a. + b. + c.
SM SN SP = 1 ⇔ a. SA + b. SB + c. SC = a + b + c (*)
a+b+c SM SN SP
Ta có: I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên aIA + bIB + cIC = 0
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC có= a BC= 4,= b AC = 3,= c AB= 3
1 2 2 2 2
Áp dụng (*) ta được: 4. + 3. + 3. = 4+3+3
SM SN SP
Áp dụng bất đẳng thức Buniacopxki ta có:
4 6 2 6 2 1 1 1
10 = + + ≤ (16 + 72 + 72 ) 2
+ 2
+ 2
SM SN SP SM SN SP
1 1 1 5
⇔ 2
+ 2
+ 2≥
SM SN SP 8
4 2
Dấu bằng xảy ra khi SM
= 4, SN
= SP
= .
3
____________________ HẾT ____________________
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
