Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Bình Phước (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Bình Phước (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH PHƯỚC MÔN TOÁN – LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 15/10/2020 Câu 1: (4,0 điểm) x m Cho hàm số y fx , ( m là tham số thực) có đồ thị C . x 1 m 1. Tìm tất cả các giá trị của m để maxfx min fx 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: 2cos3xxxx .cos cos 4 sin 2 1 2 2 sin x . 4 2 x x y2 xy 1 1 x 1 2. Giải hệ phương trình : . x2 xy 1 1 5 xxx 62 4 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) Cho hình vuông ABCD có A 1;2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và CD . Gọi H là giao điểm của BN và AM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN:2 x y 8 0 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) 3 2 3 2 Cho hai đa thức Px ax bx cx b và Qx x cx bxa 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) 3 2 Giả sử phương trình x 3 x ax b 0 ( với a, b ) có 3 nghiệm thực dương. Gọi các xn x n x n nghiệm này là . Đặt u 1 2 3 ,n * . xx1,, 2 x 3 n n 1 n 1 n 1 x1 x 2 x 3
2. 1 1 1 Tìm a, b để n2 2021 . u1 u 2 un ___ HẾT ___
3. HƯỚNG DẪN GIẢI x m Câu 1: Cho hàm số y fx , ( m là tham số thực) có đồ thị C . x 1 m 1. Tìm tất cả các giá trị của m để maxfx min fx 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 fxx  1 1;0max fx min fx 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 maxfx min fx 3 f 1 f 0 3 m3 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 xx 0 . 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 2 x0 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 2x0 1 x 0 1 1 . x 1 x 2 0 0 M 2;2 Vậy M 0;0 hoặc M 2;2 . Câu 2:
4. 1. Giải phương trình: 2cos3xxxx .cos cos 4 sin 2 1 2 2 sin x . 4 Lời giải cos4xxxx cos2 cos4 sin2 1 2 2sin x . 4 cos2xx sin2 1 2sin x 2cos x 2cos2 x 2cos x 2sin xx cos 2sin x 0 cosxx cos 1 sin xx cos 1 0 cosx 1 cos xx sin 0 cosx 1 x k2 2 , k . 2 sin x 0 4 x k 4 2 x x y2 xy 1 1 x 1 2. Giải hệ phương trình : . x2 xy 1 1 5 xxx 62 4 9 2 y 1 Lời giải Điều kiện: x, y 1. x Ta có: x2 y2 xy 1 1 x 1 x3 x 2 x y1 y 1 y 1 x 1 x 1 3 x x 3 y1 y 1 . x 1 x 1 x 3 2 f fy 1 . Xét ftttftt 3  1 0, t . x 1 f t đồng biến. x y 1 thay vào 2 ta được: x 1 2 xx 1 x 5 x 6 xx2 4 9 xx 1 2 2 xx 5 x 6 3 3 xxx 5 2 4 9
5. xx 1 2 x 5 x 6 3 xx2 6 xx 3 x 5 x 3 x3 x 2 x 1 2 x 6 3 x 3 TM x x 5 . x 2 0 x 1 2 x 6 3 Ta có: x x 5 x x 5 x 2 0 (vô nghiệm vì x 2 0 , x 1 2 x 6 3 x 1 2 x 6 3 x 1). 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 Câu 3: Cho hình vuông ABCD có A 1;2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và CD . Gọi H là giao điểm của BN và AM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN:2 x y 8 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2 . Lời giải Xét ABM BCN ccc  MAB  NBC , từ đó suy ra BN AM . Đường thẳng AM qua A và vuông góc với BN nên có phương trình x 2 y 5 0 .
6. 11 18 BN AM H H ; . 5 5 Ta có ABH đồng dạng với BMH AH 2 HB AB 4 . xB 3 TM 2 2 4 xB 1 y B 2 7 . x KTM B 5 B 3;2 . 3 11 Gọi P là trung điểm AH P ; . 5 5 Tứ giác ADNH nội tiếp đường tròn đường kính AN , I là trung điểm AN . 2x y 8 0 Tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình N 1;6 . x 1  1  PI HN I 0;4 . 2 Đường tròn ngoại tiếp tam giác HDN có tâm I 0;4 , bán kính IN 5 , vậy phương trình 2 đường tròn là x2 y 4 5. 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 C B Từ giả thiết, ta có SH ABCD . a 3 Vì SAB đều cạnh a nên SH . 2 1 1a 3 a3 3 Thể tích khối chóp S.: ABCD V S SH a2 . SABCD. 3 ABCD 3 2 6
7. 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 HSK  90 (do SHK vuông tại K ). 1 1 1a 21 Xét tam giác SHE , ta có HK . HK2 SH 2 HE 2 7 3 7a Tam giác SHK vuông tại K: SK SH2 HK 2 . 14 HK 2 3 Như vậy tan SH , SCD tan HSK . SK 3 3 2 3 2 Câu 5: Cho hai đa thức Px ax bx cx b và Qx x cx bxa với a,b,c ,a 0 . Chứng minh rằng G x P x Q x  0 x thì a b c . Lời giải 3 2 Ta có Gx PxQx a1 x bcx bcxab  0 ,x . Để ý thấy G x liên tục trên nếu a 1 0thì lim G x nên tồn tại x0 0 : G x 0 0 x suy ra vô lý tương tự nếu a 1 0 thì lim G x nên tồn tại x0 0 : G x 0 0 suy ra vô x lý . Xét trường hợp a 1 suy ra Gx bcx 2 bcxab lập luận tương tự ta cũng có b c 0. + Nếu b c suy ra Gxab 0 ab . 2 + Nếu b c . Khi đó Gx  0 x bc 4 bcab 0 . bcbcab 4 4 0 bcab. 4 4 0 4a b c 4 b 4 a 4 b a b. Vậy ta luôn có G x P x Q x  0 x thì a b c . 3 2 Câu 6: Giả sử phương trình x 3 x ax b 0 ( với a, b ) có 3 nghiệm thực dương. Gọi các xn x n x n nghiệm này là xx,, x . Đặt u 1 2 3 ,n * . 1 2 3 n n 1 n 1 n 1 x1 x 2 x 3 1 1 1 Tìm a, b để n2 2021 . u1 u 2 un
8. 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 xxxx1 2 3 1 x 1 x 1 xxx 1 2 3 Thật vậy : u u . n n 1 n 1 n 1 n 1 n 2 n 2 n 2 xxxx1 2 3 1 x 1 x 1 n n n n 2 n 2 n 2 n 1 n 1 n 1 2 Theo bất đẳng thức BCS : xxxxxx1 2 3 1 1 1 xxx 1 2 3 . * Do đó : un u n 1 0 ,n . Vậy un là dãy giảm. 2 Ta có : 9 x1 x 2 x 3 3 x 1 x 2 x 2 x 3 x 1 x 3 3 a a 3 1 . * Vì un là dãy giảm n nên: 1 1 1 n x2 x 2 x 2 9 2a 1 2 3 .n .n . u1 u 2 un u 1 x1 x 2 x 3 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 x 2 x 3 1, suy ra : b 1 (thử lại thỏa mãn). Vậy a 3,b 1 thỏa yêu cầu bài ra. ___ HẾT ___