Đề thi HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Yên Bái

Chia sẻ: Trần Văn Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

49
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Yên Bái giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Yên Bái

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐÈ CHÍNH THỨC Câu I. mx  9 1. Cho hàm số y  . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng xm ( ;1) . 2. Cho hàm số f ( x)  x3  6 x 2  (9  m) x  2m  2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số g ( x)  f ( x) có đúng 5 điểm cực trị. Câu II. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu III.  y  x  y   x  y  2 x 2  2 x (1) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:   xy  5 y  7 x  7 y  4  6 3 xy  y  1 (2) 2 2 Câu IV. Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông tại B, AB  a 3, ACB  600 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trọng tâm của tam giác ABC , gọi E là trung điểm cạnh AC, biết góc giữa SE và mặt phẳng đáy bằng 300. a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  . b) Tính góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  ABC  . Câu V. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn  O  , có đường cao AD  D  BC  . Kẻ DE, DF lần lượt vuông góc với AB, AC  E  AB, F  AC  . BF  CE  I , K  BF  DE , L  CE  DF , hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AD và AI. Chứng minh rằng: a) Đường thẳng KL song song với đường thẳng BC. b) M, N, O thẳng hàng. Câu VI. Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện 3 x y z x2 y2 z2 2 xy. Tìm giá trị 20 20 nhỏ nhất của biểu thức P x y z. x z y 2 Câu VII. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 4  n3  1 là số chính phương. -------------- HẾT -------------- Trang 1/11 - WordToan
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu I. mx  9 1. Cho hàm số y  . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng xm ( ;1) . 2. Cho hàm số f ( x)  x3  6 x 2  (9  m) x  2m  2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số g ( x)  f ( x) có đúng 5 điểm cực trị. Lời giải 1. Tập xác định: D  m2  9 Ta có: y '  ( x  m) 2 Hàm số nghich biến trên khoảng (;1)  y'  0,  x  1 m 2  9  0 3  m  3    3  m  1 m  (;1) m  1 Vậy với 3  m  1 thì hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;1) . 2. Hàm số g ( x)  f ( x) có đúng 5 điểm cực trị  Hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị và yCĐ . yCT  0 Cách 1: Hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị và yCĐ . yCT  0  Đồ thị hàm số f ( x ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  x3  6 x 2  (9  m) x  2m  2  0 có 3 nghiệm phân biệt  ( x  2)( x 2  4 x  1  m)  0 có 3 nghiệm phân biệt  x 2  4 x  1  m  0 có 2 nghiệm phân biệt  '  m  3  0 khác 2   2  m  3 2  4.2  1  m  0 Vậy với m  3 thì hàm số g ( x)  f ( x) có đúng 5 điểm cực trị. Cách 2: Hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị và yCĐ . yCT  0 Ta có f '( x)  3x 2  12 x  9  m Hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị x1 , x2  f '( x)  3x 2  12 x  9  m =0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2   '  3m  9  0  m  3 (1) Trang 2/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
1 2 2m 4m Mặt khác f ( x)  ( x  ) f '( x)  (  2) x  4  nên phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm 3 3 3 3 2m 4m 2m cực trị là y  (  2) x  4   (  2)( x  2) 3 3 3 2m 2m Do đó yCĐ . yCT  0  (  2) 2 ( x1  2)( x2  2)  0  (  2) 2  x1 x2  2( x1  x1 )  4  0 3 3 2m  m  2m  m  (  2)2 3   2.4  4  0  (  2)2   1  0  m  3 ( thỏa mãn Đk (1) ) 3  3  3  3  Câu II. Cách 1 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Số phần tử của S là: n( S )  95 . Gọi  là không gian mẫu của phép thử ngẫu nhiên: " lấy ngẫu nhiên 1 số thuộc tập S"  n()  95 Gọi biến cố A:" Số lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau". Trường hợp 1: Số đó có một chữ số xuất hiện 3 lần và 2 chữ số còn lại xuất hiện 1 lần Vậy có: n1  C93 .C31.C53 .2  5040 Trường hợp 2: Số đó có hai chữ số xuất hiện 2 lần và chữ số còn lại xuất hiện 1 lần Vậy có: n2  C93 .C31.5.C42 .1  7560 12600 1400  n(A)  n1  n2  12600  P(A)   \ 95 6561 Cách 2 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Số phần tử của S là: n( S )  95 . Gọi  là không gian mẫu của phép thử ngẫu nhiên: " lấy ngẫu nhiên 1 số thuộc tập S"  n()  95 Gọi biến cố A:" Số lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau". Gọi số có 5 chữ số mà có 3 chữ số khác nhau a, b, c lấy từ tập S  1;2;3;4;5;6;7;8;9 Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c : có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra từ một số tự nhiên n ; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n , nên trong trường hợp 1 này có: 5! C93 .3.  5040 số tự nhiên. 3! Trường hợp 2: 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong ba chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n ; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tao ra cùng một số tự nhiên n , nên trong trường hợp 2 có: 5! C93 3.  7560 số tự nhiên. 2!2! Trang 3/11 - WordToan
12600 1400 Vậy n( A)  5040  7560  12600  P(A)  5  . 9 6561  y  x  y   x  y  2 x 2  2 x (1) Câu III. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:   xy  5 y  7 x  7 y  4  6 3 xy  y  1 (2) 2 2 Lời giải Cách 1 x  0 Điều kiện:  . x  y  0 Thay x  y  0 vào phương trình (2) thấy không thỏa mãn, do đó ta xét với x  y  0 . Vì x  y  0 nên x  y  2x  0 . Nên từ phương trình (1) ta có: y  x  y   x  y  2 x 2  2 x  xy  x 2  y 2  x 2  x  y  2 x  0 yx  1   x  y  x    y  x  y  x    0   y  x   2x  y   0 x  y  2x  x  y  2 x   x  y  1 (3) . 2 x  y   0 (4)  x  y  2x Nhận xét: x  0 1 Vì   2 x  y  0 , và  0 suy ra phương trình (4) vô nghiệm. x  y  0 x  y  2x Từ (3) thay x  y phương trình (2) ta có   x3  5 x 2  14 x  4  6 3 x 2  x  1   x  1  2  x  1 x  1  9  x  1  6 1  3 x 2  x  1  0 3    6x    x  1  x 2  4 x  8  0 1  3 x 2  x  1  3  x 2  x  1 2     x  1  6x (5)   x2  4x  8   0 (6) .    2  1  3 2 x  x  1  3 x2  x  1 Từ (5) ta có nghiệm của hệ là  x ; y   1;1 . Nhận thấy phương trình (6) vô nghiệm, thật vậy: Ta có x 2  4 x  8   x  2   4  4 2 2 x  3 3 Mặt khác nhận thấy x  x  1    1  x 2  x 2 . Từ đó 2 2  4 4 Trang 4/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
2 3 3 2 33 2 3 1  3 x 2  x  1  3  x 2  x  1  1  3 2 x   x   1  2 6   x6  3x 4 4  4 6x Nên x 2  4 x  8   4  2 3  0 nên phương trình (6) vô nghiệm. 1  3 x 2  x  1  3  x 2  x  1 2 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm  x ; y   1;1 . x  0 Cách 2: Điều kiện:  x  y  0 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm  x ; y   1;1 . Với x  0 thì hệ là :  y 2  y  0 y  0   . Vậy hệ vô nghiệm.  5 y 2  7 y  4  6. 3  y 1  4  6 Với x  0 , ta có 2 x  x  y  0 (1)    2 x  x  y  ( 2 x2  y 2  xy)  0 x y   ( x  y )(2 x  y )  0 2x  x  y  1   ( x  y)   2x  y   0  2x  x  y    x  y   1  2x  y  0  2 x  x  y x  0 Vì  x  y  0 1 1 nên A   2x  y   x   x  y  0 2x  x  y 2x  x  y Vậy A  0 vô nghiệm. Thế x  y vào (2) ta được phương trình: y 3  5 y 2  14 y  4  6 3 y 2  y  1  y 3  5 y 2  14 y  4  33 8 y 2  8 y  8  33 8 y 2  8 y  8  (8 y 2  8 y  8)  3(y 1)  (y  1)3 (3) Xét hàm số: f (t )  3t  t ;(t  )  f '(t )  3  3t  0; t  3 2 Do đó hàm số f (t ) đồng biến trên , hàm sô liên tục trên và từ (3) ta có: f  8 y  8 y  8   f ( y 1) 3 2  3 8 y2  8 y  8  y 1  8 y 2  8 y  8   y  1  y3  5 y 2  11y  7  0  ( y  1)( y 2  4 y  7)  0 3 y 1  2  y  1 . Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y )  (1;1) y  4y  7  0 Trang 5/11 - WordToan
x  0 Cách 3: Điều kiện:  x  y  0 Với x  0 thì hệ là :  y 2  y  0 y  0   . Vậy hệ vô nghiệm.  5 y 2  7 y  4  6. 3  y 1  4  6 Với x  0 , ta có 2 x  x  y  0 (1)    2 x  x  y  ( 2 x2  y 2  xy)  0 x y   ( x  y )(2 x  y )  0 2x  x  y  1   ( x  y)   2x  y   0  2x  x  y    x  y   1  2x  y  0  2 x  x  y x  0 1 1 Vì  nên A   2x  y   x   x  y  0 x  y  0 2x  x  y 2x  x  y Vậy A  0 vô nghiệm. Thế x  y vào (2) ta được phương trình: y 3  5 y 2  14 y  4  6 3 y 2  y  1  y 3  5 y 2  8 y  4  6  3 y2  y 1  y  6( y 2  y  1  y 3 )  ( y  1)( y 2  4 y  4)   y 2  y  1   2 3  3 y2  y  1 .y  y2    6( y 2  1)   ( y  1)   y  2   2 0   y 2  y  1   y 2  y  1 . y  y 2  2  3 3    y 1  0  y  1 6( y 2  1) Vì ( y  2)  2  0; y  0 y  y  2 3 2  y 1 3 2  y 1 .y  y 2 Câu IV. Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông tại B, AB  a 3, ACB  600 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trọng tâm của tam giác ABC , gọi E là trung điểm cạnh AC, biết góc giữa SE và mặt phẳng đáy bằng 300. a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  . b) Tính góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  ABC  . Lời giải Trang 6/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
a) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  . * Tính thể tích khối chóp S.ABC. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC  SG   ABC  .    SE ,  ABC   SEG  300.  BC  AB.cot ACB  a 3.cot 600  a  +) ABC vuông tại B   AB .  AC   2a  sin ACB 2 1 a 3 Có SABC  AB.BC  . 2 2 1 1 1 a EG  BE  . AC  . 3 3 2 3 a a 3 +) SGE vuông tại G  SG  GE.tan SEG  .tan 300  . 3 9 1 a3 Vậy VS . ABC  SABC .SG  . 3 18 * Tính d  C ,  SAB   . +) Trong ABC , kẻ GN BC  N  AB   GN  AB (vì BC  AB ). GN AG 2 2 a Có    GN  MB  (M là trung điểm của BC). MB AM 3 3 3 a 3 a . +) Trong SGN , kẻ GH  SN  d  G,  SAB    GH  SG.GN 9 3 a   . SG  GN 2 2 2  a 3   a 2 6      9  3 +) Gọi F là trung điểm AB, có CG   SAB   F  d  C ,  SAB    d  G ,  SAB   . CF GF  d  C ,  SAB    3.d  G ,  SAB    a . 2 Vậy d  C ,  SAB    . a 2 b) Tính góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  ABC  . Trang 7/11 - WordToan
BC.BA a 3 Trong ABC , kẻ BP  AC  BP   . BC 2  BA2 2 GK  AC  Kẻ GK BP   1 a 3. GK  BP   3 6  AC  GK Ta có,   AC  SG   AC  SK   SAC  ,  ABC   SKG.  SG 2 Trong SGK vuông tại G, có tan SKG   . GK 3   2 Vậy  SAC  ,  ABC   SKG  arctan . 3 Câu V. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn  O  , có đường cao AD  D  BC  . Kẻ DE, DF lần lượt vuông góc với AB, AC  E  AB, F  AC  . BF  CE  I , K  BF  DE , L  CE  DF , hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AD và AI. Chứng minh rằng: a) Đường thẳng KL song song với đường thẳng BC. b) M, N, O thẳng hàng. Lời giải A F O E I K L C B D a) Cách 1 Trang 8/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
KI LI  : Ta sẽ đi chứng minh: KB LC . Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BIC với hai cát tuyến D, L, F và D, K , E có: LI DC FB KI DB EC . .  1; . .  1 suy ra ta cần chứng minh: LC DB FI KB DC EI 2 DC FB DB EC  DC  EC FI .  .    . DB FI DC EI  DB  EI FB DC EC sin B AC sin DAC Dễ chứng minh tứ giác FECB nội tiếp. Khi đó,ta có:    (1) FB sin C AB DB sin DAB IF FC DC.sin FDC DC.sin DAC    (2) IE EB DB.sin EDB DB.sin DAB Từ (1) và (2) suy ra đpcm. A H N F M O E I K L C S B D T A' Cách 2: 1. Ta có AED  AFD  900 nên tứ giác AEDF nội tiếp  AEF  ADF  900  DAC  ACB  BEF  AEF  BEF  ACB  1800  Tứ giác EFCB nội tiếp  BEC  CFB  KEL  BEC  900  CFB  900  LFK  Tứ giác EFLK nội tiếp.  ILK  EFI  BCI  KL // BC b) Cách 1: AA là đường kính. Để chứng minh M, O, N thẳng hàng ta đi chứng minh I, D, A’ thẳng hàng.  AD   O   AH . Có: AHD  90  AHA  H , D, A Áp dụng tính chất trục đẳng phương của 3 đường tròn  AD ,  O  ,  BEFC  ta có AH, BC, EF đồng quy tại S. Trang 9/11 - WordToan
Gọi T là trung điểm A’D suy ra MT // AO suy ra MT  FE (do OA  FE ) lại có ME  MF  TE  TF . (1) Lại có OT // AD suy ra OT  BC mà OB  OC  TB  TC (2) Từ (1) và (2) suy ra T là tâm  BEFC  . Áp dụng định lí Brocard đối với tứ giác BEFC có: T là trực tâm tam giác SIA suy ra TI  SA Do T  DA  TD  SA suy ra T , D, A  đpcm. Cách 2: 2. Qua B kẻ đường thẳng song song với DE cắt ID tại G . Qua C kẻ đường thẳng song song với DF cắt ID tại G' . IG IB Do BG // KD nên ta có:  (1) ID IK IG' IC Do CG' // DL nên ta có:  (2) ID IL IB IC Mà KL // BC nên ta lại có:  (3) IK IL IG IG' Từ (1), (2), (3) ta được   G,G' trùng nhau. ID ID  ABG  ACG  900 nên tứ giác ABGC nội tiếp.  G thuộc đường tròn ( O ) và AG là một đường kính của ( O ) . Do I ,D,G thẳng hàng và N ,M,O lần lượt là trung điểm của AI , AD, AG  Ba điểm M ,N ,O thẳng hàng. A N M E O F I K L B C D G≡G' Câu VI. Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện 3 x y z x2 y2 z2 2 xy. 20 20 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y z. x z y 2 Trang 10/11 – Diễn đàn giáo viên Toán
Lời giải 2 2 2 2 2 2 x y z Ta có 3 x y z x y z 2 xy x y z B .C . S 2 2 x y z 6 x y z x y z 6 (do x y z 0) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có 16 8 8 8 8 x z x z 33 . . x z 12 x z x z x z x z x z 16 8 8 8 8 y 2 y 2 33 . . y 2 12 y 2 y 2 y 2 y 2 y 2 Khi đó 20 20 P x y z x z y 2 5 16 16 1 5 x z y 2 x y z 4 x z y 2 4 2 5 1 5 12 12 .6 26. 4 4 2 x y z x 1 x z 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y 2. y 2 4 z 3 x y z 6 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 6 khi x 1, y 2, z 3. Câu VII. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 4  n3  1 là số chính phương. Lời giải     2 Vì n là số nguyên dương nên n4  n4  n3  1  n4  2n3  n2  n2  n4  n3  1  n2  n .   * 2 Theo yêu câu đề bài thì n 4  n3  1 có dạng n2  k với k  , 1  k  n. n4  n3  1   n2  k   n3  1  2n2k  k 2  k 2  1  n2  n  2k    k 2  1 n2 . 2 +) Trường hợp 1: k 2  1  0  k  1  n  2 (thỏa mãn). +) Trường hợp 2: k 2  1  0 , từ n2  n  2k   k 2  1  0  k 2  1 n 2  k  n (mâu thuẫn * ) Vậy n  2. -------------- HẾT -------------- Trang 11/11 - WordToan