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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN. Ngày thi: 21/10/2020 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 4 2 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y x m 1 x 1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có ba góc nhọn. 1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x3 m 1 x2 m 3 x m2 1 nghịch 3 biến trên khoảng 1;0 . Câu II (2,0 điểm) 2 2 2 2 xy xy 1 x y x 1 x x 1 1. Giải hệ phương trình sau: . 2 2 2 2x xy x y 2 xy 1 x 4x 6 3 0 2. Xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt: 5 x 1 m x 1 2 4 x2 1 0 . Câu III (2,0 điểm) 1. Kết thúc đợt Hội học chào mừng ngày Nhà giáo Việt Nam, lớp 12A có 10 bạn được trao thưởng trong đó có An và Bình. Phần thưởng để trao cho 10 bạn gồm 5 quyển sách Hóa, 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Tiếng Anh (trong đó các quyển sách cùng môn là giống nhau). Mỗi bạn sẽ được nhận 2 quyển sách khác loại. Tìm xác suất để An và Bình có phần thưởng giống nhau. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có B 1 ;4 . Gọi D, E 1;2 lần lượt là 3 7 chân đường cao kẻ từ A, B và M là trung điểm của đoạn thẳng AB . Biết I ; là tâm 2 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Câu IV (3,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc B· AD 120 . a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết SA SB SC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 3a (SCD) bằng . 4 b) Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa 2 mặt phẳng ABC , SBC bằng 45 và tam giác SAB vuông cân tại A. 2. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A B C D , đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Gọi N là trung điểm của DD , M nằm trên cạnh BB sao cho MB 2MB , P là giao điểm của CC và AMN . Biết rằng góc ·ABC và AA a . Tìm cos để góc giữa hai đường thẳng A P và AN bằng 45 . Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương nhỏ hơn 1 thỏa mãn 4 3x 1 6 y z x y z x2 yz . 2 x y x z 1 2 x z x y 1 2(x 3)2 y2 z2 16 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P . 2x2 y2 z2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi số 1: Cán bộ coi thi số 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC: 2020 - 2021. Ngày thi: 21/10/2020 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có 07 trang) Câu Đáp án Điểm 4 2 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y x m 1 x 1 có ba 1,0 điểm cực trị tạo thành một tam giác có ba góc nhọn. Ta có y 4x3 2 m 1 x 2x(2x2 m 1) . 0,25 Hàm số có ba cực trị m 1 0 m 1. 2 m 1 m 1 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A 0;1 , B ;1 , 2 4 0,25 2 2 2 m 1 m 1  m 1 m 1  m 1 m 1 C ;1 AB ; , AC ; . 2 4 2 4 2 4 Tam giác ABC luôn cân tại A . Do đó, tam giác ABC nhọn khi và chỉ khi góc B· AC 4 0,25   m 1 m 1 3 nhọn AB  AC 0 0 m 1 m 1 8 0 I 2 16 (2,0 m 1 điểm) . Kết hợp với điều kiện, ta được m 1. 0,25 m 1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 1,0 y x3 m 1 x2 m 3 x m2 1 nghịch biến trên khoảng 1;0 . 3 Ta có y x2 2 m 1 x m 3 có m 1 2 m 3 m2 m 4 0, m nên y 0,25 luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 x1 x2 với mọi m . Bảng biến thiên của hàm số như sau: x x1 x2 y 0 0 0,25 y y 1 0 m 4 0 Để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;0 thì 0,25 y 0 0 m 3 0 3 m 4 . Vậy tập hợp tất cả các giá trị của m là  3;4. 0,25 2 2 2 2 xy xy 1 x y x 1 x x 1 1. Giải hệ phương trình sau: . 1,0 2 2 2 2x xy x y 2 xy 1 x 4x 6 3 0 2 2 2 2 xy xy 1 x y x 1 x x 1 (1) Hệ phương trình: . 2 2 2 2x xy x y 2 xy 1 x 4x 6 3 0 (2)
3. 2 Từ phương trình (1) ta có: xy x2 y2 xy 1 x 1 x 1 x 1 1 (3) . Đặt f t t t 2 t 1 , t ¡ . Ta có: f t 3t 2 2t 1 0, t ¡ nên f t đồng 0,25 biến trên ¡ . Do đó (3) xy x 1. II Thay vào (2), ta được 2x x 1 x2 2x 3 x 2 x2 4x 6 3 0 (2,0 0,25 x 1 1 x2 2x 3 x 2 1 x2 4x 6 0 (4) điểm) 2 2 2 2 2 a x 2x 3 0 x 2x 3 a 2 2 b a 3 Đặt b a 2x 3 x 2 2 2 2 b x 4x 6 0 x 4x 6 b b2 a2 1 b2 a2 1 0,25 Phương trình (4) trở thành 1 a 1 b 0 2 2 b a a b a b 2 1 0 a b (do a 0, b 0 ). 3 1 Với a b x2 2x 3 x2 4x 6 x y . 2 3 3 x 0,25 2 Vậy nghiệm của hệ là . 1 y 3 2. Xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt: 1,0 5 x 1 m x 1 2 4 x2 1 0 . Điều kiện: x 1. x 1 x 1 0,25 Chia 2 vế cho x 1 ta được phương trình 5 2 4 m . x 1 x 1 x 1 Đặt t 4 là hàm số đồng biến trên 1; . x 1 x 1 2 0,25 Ta có t 0 và t 4 4 1 t 1. x 1 x 1 m 5t 2 2t t 0;1 Khi đó ta có phương trình (1) với  . Bảng biến thiên hàm số 2 trên [0;1) : f (t) 5t 2t 1 x 0 1 5 1 5 0,25 y 0 3 1 Ycbt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc 0;1 m 0; . 0,25 5 III 1. Kết thúc đợt hội học hội giảng chào mừng ngày Nhà giáo Việt Nam, lớp 12A có 10 (2,0 bạn được trao thưởng trong đó có An và Bình. Phần thưởng để trao cho 10 bạn gồm 5 1,0 điểm) quyển sách Hóa, 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Tiếng Anh (trong đó các quyển
4. sách cùng môn là giống nhau). Mỗi bạn sẽ được nhận 2 quyển sách khác loại. Tìm xác suất để An và Bình có phần thưởng giống nhau. Gọi x, y, z lần lượt là số học sinh được nhận phần thưởng là: sách Hóa và sách Toán, x y 5 x 2 0,25 sách Hóa và sách Tiếng Anh, sách Toán và sách Tiếng Anh x z 7 y 3. y z 8 z 5 2 3 5 Số phần tử của không gian mẫu là n  C10.C8 .C5 2520. 0,25 Gọi A là biến cố “An và Bình có phần thưởng giống nhau” Có các khả năng xảy ra là: - Khả năng 1: An và Bình cùng nhận sách Hóa và sách Toán, chọn 3 người trong 8 người 3 còn lại để nhận sách Hóa và sách Tiếng Anh có C8 cách, 5 người còn lại nhận sách 5 3 5 Toán và sách Tiếng Anh có C5 cách, nên Khả năng 1 có C8 .C5 56 cách chọn thỏa mãn biến cố A . 0,25 - Khả năng 2: An và Bình cùng nhận sách Hóa và sách Tiếng Anh, bằng cách chọn tương tự Khả năng 1, ta có C1.C 2.C5 168 cách chọn thỏa mãn biến cố A . 8 7 5 - Khả năng 3: An và Bình cùng nhận sách Toán và sách Tiếng Anh, bằng cách chọn 3 3 2 tương tự Khả năng 1, ta có C8 .C5 .C2 560 cách chọn thỏa mãn biến cố A . 3 5 1 2 5 3 3 2 n A C8 .C5 C8.C7 .C5 C8 .C5 .C2 784. 3 5 1 2 5 3 3 2 n A C8 .C5 C8.C7 .C5 C8 .C5 .C2 14 Vậy xác suất cần tìm là: P A 2 3 5 . 0,25 n  C10.C8 .C5 45 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có B 1 ;4 . Gọi D , E 1;2 lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B và M là trung điểm của đoạn thẳng AB . Biết 3 7 1,0 I ; là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM . Tìm tọa độ đỉnh C của tam 2 2 giác ABC . 0,25 Phương trình BE : x 1. Phương trình đường thẳng AC qua E 1 ;2 vuông góc với BE là y 2 . c 1 Gọi N là trung điểm của BC và giả sử C c;2 AC N ;3 . 2 Ta chứng minh: Tứ giác MEND nội tiếp đường tròn tâm I . Thật vậy: Ta có M· AE M· EA vì EM là đường trung tuyến của tam giác EAB vuông tại E . N· ME M· EA vì ở vị trí so le (do MN // AC ) 0,25 M· AE N· ME (1) Mặt khác D, E cùng nhìn »AB dưới 1 góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn
5. M· AE E· DN (cùng bù với B· DE ) (2) Từ (1), (2) N· ME E· DN MEND nội tiếp đường tròn. Ta có tứ giác MEND nội tiếp đường tròn tâm I 2 2 2 2 2 2 c 2 1 1 3 0,25 IN IE IN IE 2 2 2 2 c 1 C 1;2 . 0,25 c 5 C 5;2 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc B· AD 120 . a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết SA SB SC và khoảng cách từ điểm A đến 1,0 3a mặt phẳng (SCD) bằng . 4 S K A 0,25 M D B H IV C (2,0 Do ABCD là hình thoi canh a và có góc B· AD 120 nên ABC đều cạnh a . điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD . Do SA SB SC HA HB HC HC  AB HC  CD. Dựng HK  SC, K SC HK  SCD d H, SCD HK . Gọi M là trung điểm của AB M , H, C thẳng hàng. 3 3 Do AB // SCD suy ra: d A, SCD d M , SCD d H, SCD HK 2 2 0,25 3 3 a HK a HK . 2 4 2 1 1 1 1 Ta có SH a 0,25 SH 2 HK 2 HC 2 a2 1 3 3 V .a2 .a a3 . 0,25 S.ABCD 3 2 6 b) Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa 2 mặt phẳng ABC , SBC bằng 45 1,0 và tam giác SAB vuông cân tại A .
6. 0,25 Do SAB vuông cân tại A , AB a SA a, SB a 2 . Xét hình chóp A.SBC có SA AB AC , suy ra AO  (SBC) với O là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC OM  BC . Gọi M là trung điểm của BC , ABC đều suy ra AM  BC . ·  Suy ra góc giữa 2 mặt phẳng ABC , SBC bằng AMO 45 . a 3 Xét tam giác ABC đều cạnh a có AM là đường cao AM . 2 2 a 6 Xét tam giác AMO vuông cân tại O nên AO OM AM  . 2 4 0,25 6a2 a2 a 10 OB OM 2 MB2 . 16 4 4 a 2 Gọi N là trung điểm của SB ON  SB ON OB2 NB2 . 4 ON 1 2 OM 15 10 sin S· BO , cos S· BO , sin O· BM , cosO· BM OB 5 5 OB 5 5 2 2 3 sin S· BC sin S· BO O· BM 0,25 5 1 1 2 2 3 1 6 S  SB  BC sin S· BC a 2 a  a2 SBC 2 2 5 5 1 1 1 1 6 2 a 6 6 6 3 VS.ABC VA.SBC  SSBC d A, SBC  SSBC  AO  a  a . 0,25 3 3 3 5 4 60 2. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A B C D , đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Gọi N là trung điểm của DD , M nằm trên cạnh BB sao cho MB 2MB , P là giao điểm 1,0 của CC và AMN . Biết rằng góc ·ABC và AA a . Tìm cos để góc giữa hai đường thẳng A P và AN bằng 45.
7. D' C' A' P B' N I D M C 0,25 A B    Đặt AB a, AD b, AA c, B· AD . Ta có a c bc 0, a.b a2 cos , a b c a .  1  1 Ta có AN b c, AM a c . 2 3 Gọi O, O lần lượt là tâm của hai đáy ABCD, A B C D , I là giao điểm của OO và MN , P là giao điểm của AI và CC . Ta có P AMN CC và AMPN là hình bình hành. 0,25    5    CP CP 5 Ta có AP AM AN a b c và AP AC CP a b c . Vậy . 6 CC CC 6 2  1 1 a Ta có: A P a b c AP a b c 73 72cos ; 6 6 6  1 a 5 AN b c AN . 2 2 0,25 Theo giả thiết, ta có:   A P  AN 11 12cos cos 45 288cos2 168cos 123 0. A P  AN 5 73 72cos 7 295 Giải phương trình, tìm được cos . 24 0,25 7 295 Vậy cos cos 1800 cos . 24 Cho x, y, z là các số dương nhỏ hơn 1 thỏa mãn 4 3x 1 6 y z x y z x2 yz . 2 x y x z 1 2 x z x y 1 1,0 2(x 3)2 y2 z2 16 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P . 2x2 y2 z2 V 2 2 (1,0 Từ giả thiết ta có x y x z . điểm) 3x 2y z 1 3x 2z y 1 1 1 4 4 Sử dụng bất đẳng thức ;x, y 0 x y y z 2 . 0,25 x y x y 6x 3y 3z 2 2 2 x y x z 2x y z Mặt khác x y x z 2 4
8. 2 2x y z 8 t 2 8 . Đặt t 2x y z , ta được 4 6x 3y 3z 2 4 3t 2 3t3 2t 2 32 0 t 2 3t 2 4t 16 0 t 2 2x y z 2 y z 2 2x . 2 y z 2 Ta có y2 z2 2 1 x 2 0,25 12x 2 12x 2 6x 1 6x 1 P 1 1 1 1 . 2x2 y2 z2 2x2 2 1 x 2 x2 1 x 2 2x2 2x 1 6x 1 Xét hàm số f x với x 0;1 . 2x2 2x 1 2 x 1 0,25 12x 4x 8 Ta có f x 2 và f x 0 2 . 2x2 2x 1 x 3 Bảng biến thiên của hàm số trên 0;1 : 2 x 0 1 3 f x 9 0,25 f x 7 1 Từ bảng biến thiên, ta có f x 9, x 0;1 P 1 f x 10 . 2 1 1 Dấu bằng xảy ra khi x , y , z . Vậy max P 10 . 3 3 3