intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

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

Chia sẻ: _ _ | 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

Với mong muốn giúp các em có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi chọn HSG sắp tới. TaiLieu.vn xin gửi đến các em Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Thái Nguyên. Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các em đạt kết quả cao trong kì 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 Thái Nguyên

  1. NHÓM TOÁN VD – VDC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC: 2020 – 2021 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn thi: TOÁN TOANMATH.com Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang Câu 1. (6,0 điểm) a) Tìm cực trị của hàm số y  x  2 x 2  x  1 . b) Cho hàm số y   x 7  m  2m  3 x 4  m  2m 2  5m  3 x 2  2020 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trên  . Câu 2. (6,0 điểm) 6x  4 a) Giải bất phương trình 2x  4  2 2  x  . 5 x2 1 x b) Giải phương trình 32 cos6    sin 3 x  3sin x . 2 Câu 3. (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a , AD  3a 2 , SA   ABCD  , SA  4 a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SD và AD . a) Tính góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  BMN  . b) Mặt phẳng   đi qua hai điểm B , M và song song với AC . Biết mặt phẳng   cắt các cạnh SA , SC lần lượt tại hai điểm E , F . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  BEMF  . Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC (tam giác ABC không cân ). Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC . AD ( D  BC ) là đường phân giác  . Đường thẳng AD cắt đường tròn  O  tại điểm E ( E  A). Đường thẳng d đi trong của BAC qua điểm I và vuông góc với AE cắt đường thẳng BC tại điểm K . Đường thẳng KA, KE cắt đường tròn  O  lần lượt tại các điểm M , N ( M  A; N  E ). Đường thẳng ND, NI cắt đường tròn  O  lần lượt tại các điểm P, Q( P  N ; Q  N ). Chứng minh rằng EQ là đường trung trực của đoạn thẳng MP. Câu 5. (2,0 điểm)  u1  2020 Cho dãy số (un ) với  . un 1  un  2020un  un (*) 2021 2020 a) Chứng minh lim un   .  u12020 u22020 un2020  b) Tính lim     .  u2  2020 u3  2020 un 1  2020  Trang 1
  2. NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 6. (1,0 điểm) Cho x , y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: x  y  z  3 . Chứng minh rằng: 3  x2  y 2  z 2   2  x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2   3 . ____________________ HẾT ____________________ Trang 2
  3. NHÓM TOÁN VD – VDC HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a) Tìm cực trị của hàm số y  x  2 x 2  x  1 . b) Cho hàm số y   x 7  m  2m  3 x 4  m  2m 2  5m  3 x 2  2020 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trên  . Lời giải a) Tìm cực trị của hàm số y  x  2 x 2  x  1 . y  x  2 x2  x 1 TXĐ: D   . 2x 1 x2  x  1  2x  1 y  1   . x2  x  1 x2  x  1   2 x  1  0 y  0  x 2  x  1  2 x  1  0  x 2  x  1    2 x  1   2  x  x  1   2 x  1 2  1 x    2 3 x 2  3 x  0   1 x    2  x  0  x  1  x  1  y  1 . x ∞ 1 +∞ y' 0 + +∞ +∞ y 1 Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 . b) Cho hàm số y   x 7  m  2m  3 x 4  m  2m 2  5m  3 x 2  2020 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số nghịch biến trên  . y   x 7  m  2m  3 x 4  m  2m 2  5m  3 x 2  2020 TXĐ: D   . y  7 x 6  4m  2m  3 x3  2m  2m 2  5m  3 x . y   0  7 x 6  4 m  2 m  3  x 3  2 m  2 m 2  5 m  3  x  0  x  7 x5  4m  2m  3 x 2  2m  2m 2  5m  3   0  x  0  . 7 x  4m  2m  3 x  2m  2m  5m  3  0 1 5 2 2 Trang 3
  4. NHÓM TOÁN VD – VDC Hàm số nghịch biến trên   y  0 , x   ( Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm).  1 có nghiệm bằng x  0  2 m  2 m 2  5m  3   0 m  0    2 m  5m  3  0  m  0   m  1 .  3 m   2 Thử lại:  Với m  0 : y   x 7  2020  y  7 x 6  0 , x    Hàm số nghịch biến trên  .  Với m  1 : y   x 7  x 4  y  7 x 6  4 x3 . x  0 y   0  7 x  4 x  0   x  7 x  4   0   6 3 3 3 3 .  x   196  7 3 196 Đặt x1   và x2  0 . 7 x ∞ x1 x2 + ∞ y' 0 + 0 y  3 196  Hàm số đồng biến trên   ;0  .  7   3  Với m  : y   x 7  2020  y  7 x 6  0 , x    Hàm số nghịch biến trên  . 2 3 Vậy m  0 , m  thì hàm số nghịch biến trên  . 2 Câu 2: 6x  4 a) Giải bất phương trình 2x  4  2 2  x  . 5 x2 1 x b) Giải phương trình 32 cos6    sin 3 x  3sin x . 2 Lời giải a) Điều kiện xác định: 2  x  2 . Trang 4
  5. NHÓM TOÁN VD – VDC Do 2 x  4  2 2  x  0,   2;2  nên bất phương trình đã cho tương đương với bất 2x  4  4 2  x  6x  4 6x  4 6x  4 phương trình    2x  4  2 2  x 5 x 1 2 2x  4  2 2  x 5 x2  1    6 x  4  5 x 2  1  2 x  4  2 2  x  0 (*).      2 2 Ta có 2x  4  2 2  x 2x  4  2 4  2x  1  2  2 x  4  4  2 x   24 Suy ra 2 x  4  2 2  x  24  5, x   2;2  Mặt khác 5 x 2  1  5, x   2;2  , do đó 5 x 2  1  2 x  4  2 2  x  0, x   2;2  . 2 Do đó (*)  6 x  4  0  x  . 3  2 Đối chiếu với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S   2;  .  3  x b) Giải phương trình: 32 cos 6    sin 3 x  3sin x . 2 3 x   x  Ta có 32 cos    sin 3 x  3sin x  32  cos2     3sin x  4 sin3 x  3sin x 6 2   2   4 1  cos x   4sin3 x  0  1  cos x  sin x  sin x  cos x  1 3     x  4  4  k 2      2 x   k 2  sin  x    4 2    2 k   .   x    3  k 2  x    k 2  4 4  Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x   k 2 ; x    k 2  k    . 2 Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a , AD  3a 2 , SA   ABCD  , SA  4 a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SD và AD . 3. Tính góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  BMN  . 4. Mặt phẳng   đi qua hai điểm B , M và song song với AC . Biết mặt phẳng   cắt các cạnh SA , SC lần lượt tại hai điểm E , F . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  BEMF  . Lời giải Trang 5
  6. NHÓM TOÁN VD – VDC 1. Tính góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  BMN  . DC 3a   AB  3a.2  2 tan  1 A1    ; tan N1 AD 3a 2 2 AN 3a 2  . tan N  tan A  1  A  N   90     90  AC  BN . A1  N 1 1 1 1 1  AC  BN Ta có:   AC   BMN    AC,  BMN    90 .  AC  MN  MN // SA  2. Mặt phẳng   đi qua hai điểm B , M và song song với AC . Biết mặt phẳng   cắt các cạnh SA , SC lần lượt tại hai điểm E , F . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  BEMF  . Trong (SAC) qua H kẻ đường thẳng song song với SA cắt SC tại T. Vì HT // MN (//SA)  T    . Trong (BMN) gọi R  HT  EF . Trong (SAC) qua R kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA, SC theo thứ tự tại E, F.      BEMF  . Kẻ HK  BM, NQ  BM  HK // NQ . Vì  AC // EF , EF     d  C,     d  H,     HK  BM Ta có:   HQ  EF  HQ  AC, AC // EF   NQ   BEMF   d  H,     HK  d  C,     HK 9a 2 3a 3 BN  AB 2  AN 2  9a 2   2 2 Trang 6
  7. NHÓM TOÁN VD – VDC AB 2 3a 2 AB 2  BH. BN  BH   a 6 BN 3 1 1 1 2 1 35 6a 3 2  2  2  2  2  2  NQ  NQ NB NM 27a 4 a 108a 35 HK BH NQ. BH Ta có:   HK  NQ BN BN 4a 3  d  C,     HK  . 35 Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC (tam giác ABC không cân ). Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC . AD ( D  BC ) là đường phân giác trong của  . Đường thẳng AD cắt đường tròn  O  tại điểm E ( E  A). Đường thẳng d đi qua điểm BAC I và vuông góc với AE cắt đường thẳng BC tại điểm K . Đường thẳng KA, KE cắt đường tròn  O  lần lượt tại các điểm M , N ( M  A; N  E ). Đường thẳng ND, NI cắt đường tròn O  lần lượt tại các điểm P, Q( P  N ; Q  N ). Chứng minh rằng EQ là đường trung trực của đoạn thẳng MP. Lời giải  Từ bài toán, chú ý AB, AC  AI  NI là phân giác góc BNC   EQ là đường kính của  O   P là điểm chính giữa BAC  IN  KE  KM .KA  KN .KE  KI 2  IM  KA  IMKN nt  KI    QNM AKI   1 sdCE Có BKN   1 sd BN   1 sd NE   BAN  2 2 2  ADNK nt   AKD   AND Trang 7
  8. NHÓM TOÁN VD – VDC   900  IDK Lại có IKD   900  IAC  ACB 1  1  1  1  1  1  1    sdQBE  sdCE  sd AE  sdQBE  sd BE  sd AB  sd AQ  ANQ 2 2 2 2 2 2 2    MNI AKI  INQ   INP   Q là điểm chính giữa MP Mà QE là đường kính  EQ là đường trung trực của đoạn thẳng MP.  u  2020 Cho dãy số (un ) với  1 Câu 5:  . un 1  un 2021  2020un2020  un (*)  c. Chứng minh lim un   .  u 2020 u22020 un2020   d. Tính lim  1   .  u2  2020 u3  2020 un 1  2020  Lời giải a. Từ giả thiết dễ dàng suy ra un  0 với mọi n  1 . Do đó ta có un 1  un  2020 với mọi n  1 . Hay ta có dãy (un ) đơn điệu tăng. Suy ra lim u    n  lim u  a  2020  n Giả sử lim un  a  2020 . Qua giới hạn hai vế của (*) ta được a  a 2021  2020a 2020  a . Điều này tương đương a  0 hoặc a  2020 (Vô lý) Vậy lim un   . b. Từ điều kiện (*) ta có với mọi k  1 uk 1  uk2021  2020uk2020  uk  uk2020 (uk  2020)  uk 1  uk . Từ đó suy ra uk2020 uk2020 (uk  2020) uk 1  uk   uk 1  2020 (uk 1  2020)(uk  2020) (uk 1  2020)(uk  2020) 1 1   uk  2020 uk 1  2020  u 2020 u 2020 u 2020   Suy ra lim  1  2  n   u2  2020 u3  2020 un 1  2020   1 1 1 1 1 1   lim         u1  2020 u2  2020 u2  2020 u 3  2020 un  2020 un 1  2020  Trang 8
  9. NHÓM TOÁN VD – VDC  1 1  1  lim     .  u1  2020 un 1  2020  4040 Câu 6: Cho x , y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: x  y  z  3 . Chứng minh rằng: 3  x2  y 2  z 2   2  x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2   3 . Lời giải Vì x , y , z vai trò như nhau, không mất tính tổng quát giả sử x  y  z . Suy ra x  y  z  3 x  3  3 x  x  1 * . Ta có 3  x 2  y 2  z 2   2  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2   3  3  x 2  y 2  z 2   2  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2   3  0  3x 2  3  y 2  z 2   2 x 2  y 2  z 2   2 y 2 z 2  3  0   y 2  z 2  3  2 x 2   2 y 2 z 2  3 x 2  3  0   y  z   3  2 x 2   2 yz  3  2 x 2   2 y 2 z 2  3x 2  3  0 1 2 Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số dương y và z ta được: 2 2 2  y  z   3 x   3 x  yz        yz      2   2   2  2 4  3 x   3 x  VT 1   3  x   3  2 x   2   3  2x   2    3x  3  f  x  2 2 2 2  2   2  2 4  3 x   3 x  Xét f  x    3  x   3  2 x   2   3  2x   2  2   3x  3 2 2 2  2   2   3  x   3  2 x 2    3  x   3x 2  3   3  x   3  2 x 2   x  x 2   3x 2  3 1 2 1 4 1 2 9 6 1  2 8 2  4 4 4   3  x    x 2  x    3x 2  3   3  x  . 1  x  3x  1  3  x  1 x  1 1 2 9 3 3 1 2 3  2  4 2 4 2 4 3  3 3  1  x    9  6 x  x 2   3x  1  3 1  x    1  x   3x 3  17 x 2  13 x  1  1  x   3 x 2  14 x  1 2 8  8 8 Mà 3x 2  14 x  1  3x 1  x   11x  1  0 với x   0;1 3 1  x   3x 2  14 x  1  0 với x   0;1 . 2 Vậy 8 Từ đó suy ra f  x   0 với x   0;1 , hay VT 1  0 với x   0;1 . Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1 . ____________________ HẾT ____________________ Trang 9
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2