Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có đáp án)

1. 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 x3 2m 1 x2 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: 5x2 10x 4 x 1 x2 2x 2 . b/ Cho 3 số thực x 1, y 1, z 1 thỏa mãn: 5 2 16 2 27 2 4 2 . Tính . log xy yz zx x y z log12 xy yz zx M x y z Câu 3. (2 điểm) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển n 1 1 4 * 2 2 x , với x 0 và n ¥ thỏa mãn An nCn 55n 0 . x 1 x x x 1 x 1 Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC thõa mãn A B C 2019sin A 2020sin B 2021sin C 2022cos( ) 2020cos( ) 2018cos( ) (1) . Chứng 2 2 2 minh rằng tam giác ABC đều. 2 * Câu 5: (3 điểm) Cho dãy số un thỏa mãn: u1 2021 và un 1 un un 1,n ¥ , đặt 1 1 1 vn  . Tính limvn . 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 7y 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 x2 1 2021x , gọi a,b,c là các số thực dương sao cho phương trình f a b c x f 2020 3x 0 vô nghiệm. a b c Tìm GTNN của biểu thức M . ab bc ac HẾT 1
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y x3 2m 1 x2 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 x2 1 m x x m x3 2m 1 x2 mx m 0 x 1 x2 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 m2 m 0 1 1 2m m 0 m 3 Ta có A 1; 1 m ; B x1; x1 m ; C x2 ; x2 m y ' 3x2 2 2m 1 x 1 m y ' 1 3 1 2 2 2m 1 1 1 m 2 3m 2 y ' x1 3x1 2 2m 1 x1 1 m 2 y ' x2 3x2 2 2m 1 x2 1 m x1 x2 2m Áp dụng định lí Viet ta có: x1x2 m Theo yêu cầu bài toán ta có 2 2 y ' 1 y ' x1 y ' x2 9 2 3m 3x1 2 2m 1 x1 1 m 3x2 2 2m 1 x2 1 m 9 2 2 3 x1 x2 2 2m 1 x1 x2 5 m 0 2 3 x1 x2 6x1x2 2 2m 1 x1 x2 5 m 0 3 2m 2 6m 2 2m 1 .2m 5 m 0 12m2 6m 8m2 4m 5 m 0 4m2 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: 5x2 10x 4 x 1 x2 2x 2 . b/ Cho 3 số thực x 1, y 1, z 1 thỏa mãn: 5 2 16 2 27 2 4 2 log xy yz zx x y z log12 xy yz zx . Tính M x y z . Lời giải a) Giải phương trình: 5x2 10x 4 x 1 x2 2x 2 1 2
3. Ta có: 1 4 x2 2x 2 x2 2x 1 9 4 x 1 x2 2x 2 2 2 2 x 2x 2 x 1 3 2 x2 2x 2 x 1 9 2 2 x 2x 2 x 1 3 x 2 2 x 2 2 2 4 2 2 4 4 2 2 x 2x 2 x 2 x x x x 3x 12x 4 0 2 4 4 2 x 2x 2 x 4 x x 2 2 2 4 x 2x 2 x 8x 16 3x 8 0 x 2 6 2 6 x 3 6 2 6 x . x 4 3 2 6 x 3 6 2 6 Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm là x . 3 b/ Tính M x y z . 12 0 log xy yz zx - Theo giả thiết ta có: xy yz zx 1 nên . 0 log12 xy yz zx - Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 5x2 16y2 27z2 3x2 12y2 4y2 9z2 18z2 2x2 2 3x2 .12y2 2 4y2 .9z2 2 18z2 .2x2 12 xy yz zx Hay 5x2 16y2 27z2 12 xy yz zx , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2y 3z . 5 2 16 2 27 2 12 1 12 Khi đó: log xy yz zx x y z log xy yz zx xy yz zx log xy yz zx Suy ra: 2 2 2 4 1 log 5x 16y 27z log12 xy yz zx 1 log 12 log12 xy yz zx xy yz zx xy yz zx 4 1 1 2 log 12 . log12 xy yz zx 1 1 2 . xy yz zx 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2 3 x 2y 3z x 2y 3z y 3 . log 12 log xy yz zx xy yz zx 12 xy yz zx 12 2 3 z 3 3
4. 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 * 2 2 x 0 và n ¥ thỏa mãn An nCn 55n 0 . Lời giải 2 2 Xét phương An nCn 55n 0 . n 0 n! n! 1 n. 55n 0 n n 1 n2 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 4 x x 1 x x x 1 x 1 1 1 4 x x x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 4 x x. x 1 x 1 1 1 1 1 4 x 4 x x x 1 x 1 x 12 12 12 k 12 3 k k k k 6 1 4 k 1 4 k 4 Xét khai triển x C12 1 x C12 1 x . x k 0 x k 0 3 Số hạng không chứa x thỏa k 6 0 k 8 . 4 8 8 Vậy hệ số của số hạng không chứa x là C12 1 495 . Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC thõa mãn A B C 2019sin A 2020sin B 2021sin C 2022cos( ) 2020cos( ) 2018cos( ) (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 2022cos 1011(sin B sin C) 2 B 1 B Tương tự: cos (sin A sin C) 2020cos 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
5. VP(1) (1010 1009)sin A (1011 1009)sin B (1010 1011)sin C VP(1) B C cos( ) 1 2 C A Do đó (1) xảy ra VT (1) VP(1) cos( ) 1 Hay A B C 2 A B cos( ) 1 2 Hay tam giác ABC đều. Câu 5: (4 điểm) 2 * 1 1 1 Cho dãy số un thỏa mãn: u1 2021 và un 1 un un 1,n ¥ , đặt vn  . u1 u2 un Tính limvn . Lời giải 2 * Ta chứng minh dãy số tăng, thật vậy un 1 un un 1 0,n ¥ . Giả sử dãy số bị chặn trên, suy ra dãy số có giới hạn, đặt limun x . Do dãy số tăng nên 2021 u1 u2 un x 2021. 2 2 Ta có un 1 un un 1 x x x 1 x 1vô lí. Vậy dãy số tăng và không bị chặn trên hay limun . 2 Ta có un 1 un 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 limvn 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 7y 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
6. A I N K M B H C       2AM AH AK BK BH HK có và      Xét tích vô hướng: 2AM  BK (BH HK)(AH AK)     BH  AK AH.HK BH AH HK AK    ; (do vuông góc , vuông góc ) CH (CA CK) HA.HK       CH CA CH CK HA HK CH.CA.cos H· CA CH.CK.cos H· CK HA.HD.cos ·AHD CH CK HK CH.CA CH.CK  HA.HK  CA CH HA CH 2 CK 2 HK 2 0 . Nên AM vuông góc BK tại điểm N . 9 8 Ta có AM : 7x 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 9 8 2 2 8 B ; , l 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 3AH     N P AB AC AD 6AO O a  a  a   .AB .AC .AD 6AO AM AN AP M Do O, M , N, P đồng phẳng nên D C a a a a3 a3 6 3 AM.AN.AP . H AM AN AP AM.AN.AP 8 a3 Vậy giá trị nhỏ nhất của AM.AN.AP . 8 B 6
7. Câu 8: (2 điểm) Cho hàm số f x ln x x2 1 2021x , gọi a,b,c là các số thực dương sao cho phương trình f a b c x f 2020 3x 0 vô nghiệm. a b c Tìm GTNN của biểu thức M . ab bc ac Lời giải 2 x x 1 1 f x 2021 2021 0,x ¡ . Hay hàm số đồng biến trên ¡ . x x2 1 x2 1 Xét 2 1 2 f x ln x x 1 2021x ln 2021x ln x x 1 2021x f x 2 x x 1 , hàm số đã cho là hàm số lẻ. Do đó phương trình f a b c x f 2020 3x 0 f a b c x f 3x 2020 . a b c x 3x 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 a2 b2 c2 . Áp dạng BĐT Cô-si cho 3 số: a a a2 3a 2 2 2 2 b b b 3b 2 a b c a b c 3 a b c 9 2 c c c 3c Hay 2 a b c 9 a2 b2 c2 2 ab bc ca a b c Vậy M 1, dấu bằng xảy ra khi a b c 1. ab bc ac 7