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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH PHƯỚC MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2020-2021 (Thời gian làm bài 180 phút) Câu 1: (4,0 điểm) x m Cho hàm số y f x , ( m là tham số thực) có đồ thị C . x 1 m 1. Tìm tất cả các giá trị của m để max f x min f x 3.  1;0  1;0 2. Với m 0 , tìm tất cả các điểm M trên C0 sao cho tiếp tuyến tại M với C0 cắt hai đường tiệm cận của C0 tại A và B thỏa mãn IAB cân, với I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Câu 2: (6,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos3x.cos x cos 4x sin 2x 1 2 2 sin x . 4 2 x x y 2 x 1 y 1 x 1 2) Giải hệ phương trình : . x2 x 1 y 1 5 x 6 x2 4x 9 2 y 1 3. Cho tập T 1; 2;3; 4;5 . Gọi H là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc T . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc H . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10. Câu 3: (3,0 điểm) A 1;2 M , N Cho hình vuông ABCD có . Gọi lần lượt là trung điểm BC và CD . Gọi H là giao điểm của BN và AM . Viết phuowngg trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN biết BN :2x y 8 0 phương trình đường thẳng và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD . Gọi H là trung điểm AB . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tan SH, SCD . Câu 5: (2,0 điểm) Cho hai đa thức P x ax3 bx2 cx b và Q x x3 cx2 bx a với a,b,c ¡ ,a 0 . Chứng minh rằng G x P x Q x 0 x ¡ thì a b c Câu 6: (2,0 điểm) Giả sử phương trình x3 3x2 ax b 0 ( với a,b ¡ ) có 3 nghiệm thực dương. n n n x1 x2 x3 * Gọi các nghiệm này là x1, x2 , x3 . Đặt un n 1 n 1 n 1 , n ¥ . x1 x2 x3 1 1 1 Tìm a,b để n2 2021 . u1 u2 un HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI x m Câu 1: Cho hàm số y f x , ( m là tham số thực) có đồ thị C . x 1 m 1. Tìm tất cả các giá trị của m để max f x min f x 3.  1;0  1;0 2. Với m 0 , tìm tất cả các điểm M trên C0 sao cho tiếp tuyến tại M với C0 cắt hai đường tiệm cận của C0 tại A và B thỏa mãn IAB cân, với I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Lời giải m 1 1. Có f x x 1 2 + Với m 1 f x 1x  1;0 max f x min f x 2 (không thỏa mãn)  1;0  1;0 + Với m 1, hàm số f x đơn điệu trên  1;0, do đó m 1 5 max f x min f x 3 f 1 f 0 3 m 3 m .  1;0  1;0 2 3 5 Vậy m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3 x 2. Với m 0 f x có đồ thị C . Tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận của x 1 0 C0 là I 1;1 . x0 Gọi M x0 ; , x0 1. x0 1 1 Có f x . x 1 2 1 x0 Phương trình tiếp tuyến của C0 tại M có dạng y 2 x x0 . x0 1 x0 1 x 1 Tiếp tuyến tại M cắt đường tiệm cận đứng tại A 1; 0 , cắt đường tiệm cận ngang tại x0 1 B 2x0 1;1 . 2 Có IA , IB 2 x0 1 . x0 1 Tam giác IAB là tam giác vuông tại I , do đó tam giác IAB cân khi và chỉ khi IA IB 2 2 x0 0 M 0;0 2 x0 1 x0 1 1 x 1 x 2 0 0 M 2;2 Vậy M 0;0 hoặc M 2;2 . Câu 2:
3. 1) Giải phương trình: 2cos3x.cos x cos 4x sin 2x 1 2 2 sin x . 4 Lời giải cos 4x cos 2x cos 4x sin 2x 1 2 2 sin x . 4 cos 2x sin 2x 1 2sin x 2cos x 2cos2 x 2cos x 2sin x cos x 2sin x 0 cos x cos x 1 sin x cos x 1 0 cos x 1 cos x sin x 0 cos x 1 x k2 2 , k ¢ 2 sin x 0 4 x k 4 2 x x y 2 x 1 y 1 x 1 2) Giải hệ phương trình : . x2 x 1 y 1 5 x 6 x2 4x 9 2 y 1 Lời giải. Điều kiện: x, y 1 x Ta có: x2 y 2 x 1 y 1 x 1 x3 x2 x y 1 y 1 y 1 x 1 x 1 3 x x 3 y 1 y 1 x 1 x 1 x 3 2 f f y 1 . Xét f t t t f t 3t 1 0, t x 1 f t đồng biến. x y 1 thay vào 2 ta được: x 1 2 x x 1 x 5 x 6 x2 4x 9 x x 1 2 2x x 5 x 6 3 3 x 5 x2 4x 9
4. x x 1 2 x 5 x 6 3 x2 x 6 x x 3 x 5 x 3 x 3 x 2 x 1 2 x 6 3 x 3 nhan x x 5 x 2 0 x 1 2 x 6 3 Ta có : x x 5 x 2 0 ( vô nghiệm vì x 1 2 x 6 3 x x 5 x 2 0, x 1). x 1 2 x 6 3 Vậy nghiệm S 3 3. Cho tập T 1; 2;3; 4;5 . Gọi H là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc T . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc H . Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10. Lời giải 3 - Số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau thuộc T là: A5 60 số. 4 - Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau thuộc T là: A5 120 số. - Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau thuộc T là: 5! 120 số. Do đó: tập H có số phần tử là: 60 120 120 300 (phần tử). Suy ra: n  300 . - Gọi A là biến cố: “chọn được số từ H có tổng các chữ số bằng 10”. Các số có 3 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số bằng 10 chỉ được lập từ các bộ số: 1; 4;5 và 2;3;5 , số các số loại này là: 2.3! 12 số. Các số có 4 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số bằng 10 chỉ được lập từ bộ số 1; 2;3; 4 , số các số loại này là: 4! 24 số. Do đó: n A 12 24 36 . n A 36 3 Vậy xác suất cần tính là: P A . n  300 25 A 1;2 M , N Câu 3: Cho hình vuông ABCD có . Gọi lần lượt là trung điểm BC và CD . Gọi H là giao điểm của BN và AM . Viết phuowngg trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN biết BN :2x y 8 0 phương trình đường thẳng và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . Lời giải
5. ABM BCN c.c.c MAB NBC Xét , từ đó suy ra BN  AM . Đường thẳng AM qua A và vuông góc với BN nên có phương trình x 2y 5 0 . 11 18 BN  AM H H ; 5 5 . Ta có ABH đồng dạng với BMH AH 2HB AB 4 . xB 3 tm 4 x 1 2 y 2 2 B B 7 xB ktm 5 . B 3;2 . 3 11 P ; Gọi P là trung điểm AH 5 5 . Tứ giác ADNH nội tiếp đường tròn đường kính AN , I là trung điểm AN . 2x y 8 0 N 1;6 x 1 Tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình .  1  PI HN I 0;4 2 . I 0;4 Đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN có tâm , bán kính IN 5 , vậy phương trình x2 y 4 2 5 đường tròn là . Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD . Gọi H là trung điểm AB . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tan SH, SCD . Lời giải S K A D H E B C Từ giả thiết, ta có SH  ABCD .
6. a 3 Vì SAB đều cạnh a nên SH . 2 1 1 a 3 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD :V S .SH .a2. . S.ABCD 3 ABCD 3 2 6 Gọi E là trung điểm CD HE  CD . Từ H kẻ HK  SE tại K . CD  HE Ta có CD  SHE CD  HK . CD  SH HK  SE Mặt khác HK  SCD . HK  CD Như vậy SH, SCD SH,SK H· SK 90 (do SHK vuông tại K ). 1 1 1 a 21 Xét tam giác SHE , ta có HK . HK 2 SH 2 HE 2 7 3 7a Tam giác SHK vuông tại K : SK SH 2 HK 2 . 14 HK 2 3 Như vậy tan SH, SCD tan H· SK . SK 3 Câu 5: (2 điểm) Cho hai đa thức P x ax3 bx2 cx b và Q x x3 cx2 bx a với a,b,c ¡ ,a 0 . Chứng minh rằng G x P x Q x 0 x ¡ thì a b c Lời giải Ta có G x P x Q x a 1 x3 b c x2 b c x a b 0, x ¡ Để ý thấy G x liên tục trên ¡ nếu a 1 0 thì lim G x nên tồn tại x x0 0 : G x0 0 suy ra vô lý tương tự nếu a 1 0 thì lim G x nên tồn tại x x0 0 : G x0 0 suy ra vô lý . Xét trường hợp a 1 suy ra G x b c x2 b c x a b lập luận tương tự ta cũng có b c 0 . +Nếu b c suy ra G x a b 0 a b 2 +Nếu b c Khi đó G x 0 x ¡ b c 4 b c a b 0 b c b c 4a 4b 0 b c 4a 4b 0 4a b c 4b 4a 4b a b.
7. Vây ta luôn có G x P x Q x 0 x ¡ thì a b c . Câu 6: ( 2 điểm) Giả sử phương trình x3 3x2 ax b 0 ( với a,b ¡ ) có 3 nghiệm thực dương. n n n x1 x2 x3 * Gọi các nghiệm này là x1, x2 , x3 . Đặt un n 1 n 1 n 1 , n ¥ . x1 x2 x3 1 1 1 Tìm a,b để n2 2021 . u1 u2 un Lời giải Ta sẽ chứng minh un là dãy giảm n n n n 2 n 2 n 2 n 1 n 1 n 1 2 x1 x2 x3 x1 x1 x1 x1 x2 x3 u u Thật vậy : n n 1 n 1 n 1 n 1 n 2 n 2 n 2 x1 x2 x3 x1 x1 x1 n n n n 2 n 2 n 2 n 1 n 1 n 1 2 Theo bất đẳng thức BCS : x1 x2 x3 x1 x1 x1 x1 x2 x3 * Do đó : un un 1 0 ,n ¥ . Vậy un là dãy giảm. 2 Ta có : 9 x1 x2 x3 3 x1x2 x2 x3 x1x3 3a a 3 1 . * Vì un là dãy giảm n ¥ nên 1 1 1 n x2 x2 x2 9 2a 1 2 3 .n .n u1 u2 un u1 x1 x2 x3 3 9 2a 9 2a n2 2021 9 2a n2 2021 Do đó : .n n2 2021 lim 1 3 3 n 3 n a 3 2 Từ 1 và 2 : a 3. Với a 3 ta được : x1 x2 x3 1, suy ra : b 1 (thử lại thỏa mãn). Vậy a 3,b 1 thỏa yêu cầu bài ra.