Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Nghệ An

Chia sẻ: Hoathachthao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TaiLieu.VN giới thiệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2021-2022 có đán án - 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.

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 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Nghệ An

LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM 2021-2022 Câu 1: (7,0 điểm) a, Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = f ( x) = x 6 − 5 x3 + mx + 2 đồng biến trên khoảng (0; +) Giải: Ta có: y ' = 6 x5 − 15 x 2 + m . Để hàm số đồng y đồng biến trên khoảng (0; +) thì y '  0 với x  (0; +) Hay m  h( x) = −6 x5 + 15 x 2 với x  (0; +)  m  max h( x) ( 0;+ ) Xét hàm số h( x) = −6 x 5 + 15 x 2 trên (0; +) có h '( x) = −30 x 4 + 30 x 2  x = 0(ktm) h '( x) = 0   x = −1(ktm)  x = 1(tm) Ta có h(0) = 0; h(1) = 9;lim h( x) = −  max h( x) = 9 x →+ ( 0;+ ) Vậy với m  9 thì hàm số y = f ( x) = x 6 − 5 x3 + mx + 2 đồng biến trên khoảng (0; +)  y 4 − 16 y 2 + 15 = 2 x(3 y 2 − 4 x − 17)  ( ) b, Giải hệ phương trình  2 ( y + 2 x − 15) 5 x + 1 − y + x + 3 = 14 2 Giải: −1 ĐKXĐ: x  5
y 4 − 16 y 2 + 15 = 2 x(3 y 2 − 4 x − 17)  y 4 − 2 y 2 (3x + 8) + 8 x 2 + 14 x + 35 = 0  ( y 2 − 2 x − 1)( y 2 − 4 x − 15) = 0  y2 = 2x +1  2  y = 4 x + 15 +) Với y 2 = 4 x + 15 thay vào phương trình còn lại, ta được: −17 6x ( ) 5 x + 1 − 5 x + 18 = 14  6 x. 5 x + 1 + 5 x + 18 7 ( ) 5 x + 1 + 5 x + 18 + 51x = 0(*) −1  −1 −1  −1 Vì x  nên ta có VT (*)  7  5. + 1 + 5. + 18  + 51.  0 5  5 5  5 Suy ra phương trình (*) vô nghiệm +) Với y 2 = 2 x + 1 thay vào phương trình còn lại, ta được: (4 x − 14) ( ) 5 x + 1 − 3 x + 4 = 14  (2 x − 7) ( ) 5 x + 1 − 3x + 4 = 7 (2 x − 7)(2 x − 3)  5 x + 1 + 3x + 4 =77 ( ) 5 x + 1 + 3 x + 4 − (2 x − 7)(2 x − 3) = 0   245 x + 49 − (5 x + 7)  −  147 x + 196 − (3 x + 14)  − 4 x 2 + 28 = 0 175 x − 25 x 2 63 x − 9 x 2  + − 4 x 2 + 28 x = 0 245 x + 49 + (5 x + 7) 147 x + 196 + (3 x + 14)  25 9   − x( x − 7)  + + 4  = 0(**)  245 x + 49 + (5 x + 7) 147 x + 196 + (3 x + 14)  −1 25 9 Vì x  nên + +40 5 245 x + 49 + (5 x + 7) 147 x + 196 + (3 x + 14) x = 0 Nên (**)   x = 7 Với x = 0  y = 1 Với x = 7  y =  15  Vậy tập nghiệm của hệ phương trình ( x; y)  (0;1);(0; −1); 7; 15 ; 7; − 15 ( )( )
Câu 2:(4,0 điểm) a, Cho hàm số bậc ba y = f ( x) có đồ thị như hình bên. Tìm số ( ) 2 điểm cực trị của hàm số g ( x) =  f x + 8− x    Giải: Điều kiện: 0  x  8 Ta có: g '( x) =   1  x − 1  f' 8− x  ( ) ( x + 8− x .f x + 8− x ) x = 4    1 − 1  =0  x+ ( 8 − x = a  0; 2 2 (1) )  x 8− x    x+ 8 − x = b (2 2; 4 ) (2) g '( x) = 0   f  ( ) ' x + 8− x = 0     x+ 8 − x = 2 2(3) f ( ) x + 8− x = 0   x+ 8 − x = 4(4)    x + 8 − x = t  2 2(5) 1 1 Xét hàm số h( x) = x + 8 − x trên 0;8 có h '( x) = − ; h '( x) = 0  x = 4 2 x 2 8− x Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có +)Phương trình (1); (5) vô nghiệm  x = c  (0; 4) +) (2)    x = d  (4;8) x = 0 +) (3)   x = 8 +) (4)  x = 4(kep)
Bảng biến thiên của hàm số g ( x) với 0  x  8 Vậy hàm số g ( x) có 3 điểm cực trị b, Trong quá trình truy vết lịch sử tiếp xúc của bệnh nhân Covid-19 ở một trường học, trung tâm y tế xác định được 3 giáo viên và một số học sinh có sự liên quan đến bệnh nhân đó. Người ta chọn ngẫu nhiên 10 người trong số các giáo viên và học sinh liên quan để làm xét nghiệm gộp. Biết rằng xác suất để trong 10 người được chọn có 3 giáo viên bằng 6 lần xác suất trong 10 người được chọn đều là học sinh. Tính xác suất để trong 10 người được chọn làm xét nghiệm có nhiều nhất 2 giáo viên. Giải: Gọi số học sinh liên quan đến bệnh nhân Covid -19 là n ( n  10 ) Ta có: n (  ) = Cn10+3 C33 .Cn7 Cn7 Xác suất để chọn 10 người trong đó có 3 giáo viên bằng = Cn10+3 Cn10+3 Cn10 Xác suất để chọn 10 người đều là học sinh là Cn10+3 Cn7 Cn10 n! n! = 6.  Cn7 = 6.Cn10  = 6. 10 Cn + 3 10 Cn + 3 7!(n − 7)! 10!(n − 10)! 1 6 Theo bài ra ta có:  =  (n − 7)(n − 8)(n − 9) = 120 = 6.5.4 (n − 7)(n − 8)(n − 9) 8.9.10  n = 13 C137 11 Vậy xác suất để trong 10 người có nhiều nhất 2 giáo viên là P = 1 − 10 = C16 14 Câu 3:(1,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 + a 2 + 1 + 2b + 1 + 2c = 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2a3 + b3 + c3 Giải:
Trước tiên, ta xét bài toán phụ sau: Cho hai số thực x, y không âm. Chứng minh 1 + 2 x + 1 + 2 y  1 + 1 + 2( x + y) • Chứng minh: Vì x, y không âm nên ta có: xy  0  (1 + 2 x)(1 + 2 y )  1 + 2( x + y )  (1 + 2 x) + (1 + 2 y ) + 2 (1 + 2 x)(1 + 2 y)  1 + 2( x + y) + 2 1 + 2( x + y) + 1 ( )  (1 + ) 2 2  1+ 2x + 1+ 2 y 1 + 2( x + y)  1 + 2 x + 1 + 2 y  1 + 1 + 2( x + y) x = 0 Dấu bằng xảy ra   y = 0 Quay trở lại bài toán, ta có: 5 = 1 + a2 + ( ) 1 + 2b + 1 + 2c  1 + a 2 + 1 + 1 + 2(b + c)  4  1 + a 2 + 1 + 2(b + c)  1 + 1 + a 2 + 2(b + c) 8 − a2  a + 2b + 2c  8  b + c  2 2 8 − a2 Vì b + c  0  00a2 2 2 Ta có: b3 + c3 = (b + c)3 − 3bc(b + c)  (b + c)3 vì bc  0 3  8 − a2   P  2a + (b + c)  2a +  3 3  3  2  3  8 − a2  Xét hàm số f (a) = 2a +   trên 0; 2 2  có: 3  2  2  a2  f (a) = 6a − 3a  4 −  = a(a − 2)( −a 3 − 2a 2 + 12a + 32) = a(a − 2)  a (12 − a 2 ) + 2(16 − a 2 )  2 3 3  2  4 4 a = 0  f (a) = 0   a = 2   a (12 − a ) + 2(16 − a ) = 0 2 2
a  0; 2 2   a(12 − a 2 ) + 2(16 − a 2 )  0 Vì a = 0  f (a) = 0   a = 2 ( ) Hàm số f (a) liên tục trên 0; 2 2  , đồng thời f (0) = 64; f (2) = 24; f 2 2 = 32 2 Suy ra max f (a) = f (0) = 64 a[0;2 2 ] Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 64. Dấu bằng xảy ra khi a = b = 0; c = 4 hoặc a = c = 0; b = 4 Câu 4: (6,0 điểm) Cho hình hộp ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, ABC = 60 và B1 A ⊥ ( ABCD ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( B1CD ) và ( A1 B1C1D1 ) 1 bằng  với cot  = . Gọi M là trung điểm của CD, E là trung điểm của B1M 2 a) Tính thể tích khối hộp ABCD. A1 B1C1 D1 b) Gọi F là điểm thuộc đường thẳng DD1 sao cho EF ⊥ AC . Tính độ dài đoạn EF và cosin góc giữa hai mặt phẳng ( AEM ) và ( AEF ) Giải: a) Dễ thấy ACD đều suy ra AM ⊥ CD và a 3 AM = . Khi đó ta có: 2 CD ⊥ B1 A   CD ⊥ ( B1 AM )   = AMB1 CD ⊥ AM Xét tam giác vuông AMB1 có : AM 1 cot  = =  AB1 = 2 AM = a 3 AB1 2 a2 3 Ta cũng có S ABCD = 2 S ABC = BA.BC.sin 60 = 2 3a 3  VABCD. A1B1C1D1 = AB1.S ABCD = 2
b) - Từ AB1 = a 3  B1 A1 A = 60; A1 AB = 120 Kẻ D1 H ⊥ ( ABCD); FK / / D1H  FK ⊥ ( ABCD)  FK ⊥ AC  FK ⊥ AC Ta có:   AC ⊥ ( EFK )  AC ⊥ EK  EF ⊥ AC Gọi Q là trung điểm của AM  EQ / / B1 A  EQ ⊥ ( ABCD )  EQ ⊥ AC  EK ⊥ AC Ta có:   AC ⊥ ( EQK )  AC ⊥ QK  EQ ⊥ AC Dễ thấy AH / / BD  AH ⊥ AC  QK / / AH Suy ra K là trung điểm của MH 1 1 a  DK = MK − MD = MH − MD = ( MD + DH ) − MD = 2 2 4 DK 1 DF 1 1 1 1 a  =  =  DF = DD1 = AA1 = B1 A2 + B1 A12 = DH 4 DD1 4 4 4 4 2  a 3  FM = FD + DM − 2 FD.DM .cos120 = 2 2  2 Ta cũng có:   B M = B A2 + AM 2 = a 15  1 1 2 Kẻ FR ⊥ ( A1B1C1D1 )  FR / /C1D  FR D1 F 3 3 3 3a 3  = =  FR = C1 D = B1 A =  C D DD1 4 4 4 4  1  C1 R = DF = 1  C R = C1 D1 = a  C1 D1 DD1 4 1 4 4 a 21  B1 R = B1C12 + C1 R 2 − 2.C1 R.B1C1.cos120 = 4  B1 F = B1 R 2 + RF 2 = a 3 Áp dụng công thức đường trung tuyến trong tam giác B1 FM ta có:
2 ( B1F 2 + FM 2 ) − B1M 2 a 15 EF = = 2 4 - Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( AEM ) và ( AEF ) d ( F ;( AEM ) ) Ta có: sin  = d ( F ; AE ) +) Ta có: d ( F ;( AEM ) ) = d ( F ;( AB1M ) ) = d ( K ;( AB1M ) ) d ( K ;( AB1M ) ) KM KD 3 = = 1+ = d ( D;( AB1M ) ) DM DM 2 3  d ( K ;( AB1M ) ) = d ( D;( AB1M ) ) 2 Kẻ DT ⊥ AM  DT ⊥ ( B1 AM )  d ( D;( B1 AM ) ) = DT Ta có: DT . AM = AD.DM .sin 60 ( = 2S ADM ) AD.DM .sin 60 a a  DT = =  d ( D;( B1 AM ) ) = AM 2 2 3a  d ( K ;( B1 AM ) ) = 4 2  HD  a 6 +) AF = AK + KF = AD + DK − 2 AD.DK .cos120 +  1  = 2 2 2 2  4  2 3a Xét tam giác AEF cân tại E . Kẻ EE1 ⊥ AF  EE1 = 4 Kẻ FF1 ⊥ AE  d ( F ; AE ) = FF1 EE1. AF 3a 3a Ta có: FF1.EA = EE1. AF ( = 2S EAF )  FF1 = =  d ( F ; AE ) = EA 10 10 d ( F ;( AEM ) ) 10 6 Suy ra sin  = =  cos  = d ( F ; AE ) 4 4
Câu 5: (1,5 điểm) Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện. Qua M dựng các mặt phẳng / / BCD , / / ACD , / / ABD và / / ABC . Biết cắt AB tại E, cắt BC tại F, cắt CD tại P, cắt AD tại Q. EA FB PC QD Chứng minh 4 3. EB FC PD QA Giải: Gọi A1 AM BCD , B1 AM ACD , C1 AM ABD , D1 AM ABC +) Trong mặt phẳng ABA1 kẻ đường thẳng qua M EA MA song song với A1B cắt AB tại E . EB MA1 +) Tương tự ta cũng có: FB MB PC MC QD MD , , . FC MB1 PD MC1 QA MD1 EA FB PC QD MA MB MC MD Khi đó: EB FC PD QA MA1 MB1 MC1 MD1 Đặt VABCD V, VMBCD Va , VMACD Vb , VMABD Vc , VMABC Vd . Va d M; BCD .SBCD d M; BCD MA1 Khi đó V d A; BCD .SBCD d A; BCD AA1 MA AA1 MA1 AA1 V V Va Vb Vc Vd 3 3 Vb Vc Vd 1 1 (1) MA1 MA1 MA1 Va Va Va Va MB 3 3 Va Vc Vd MC 3 3 Va Vb Vd MD 3 3 Va Vb Vc Tương tự ta có: ; ; . (2) MB1 Vb MC1 Vc MD1 Vd MA MB MC MD Từ (1), (2) suy ra . . . 81. MA1 MB1 MC1 MD1 MA MB MC MD MA MB MC MD Khi đó 44 . . . 4 3 MA1 MB1 MC1 MD1 MA1 MB1 MC1 MD1 MA MB MC MD Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 hay M là trọng tâm tứ diện. MA1 MB1 MC1 MD1