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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT CÀ MAU MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2020 Câu 1: (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) cos2xx 5sin 3sin 2 x 5 3 cos x 8 0 . b) x 3 1 xx 4 xxx 22 6 3. Câu 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số y fx có đạo hàm trên và có bảng xét dấu của f x như sau: x 3 1 1 8 f x 0 0 0 0 Tìm các điểm cực trị của hàm số gx fx 2 2 x . x2 3 x b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y đồng biến trên 1; . x m Câu 3: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 1;2 , đường trung tuyến và đường phân giác trong hạ từ đỉnh B lần lượt có phương trình d: 2 x 3 y 2 , d1 : 9 x 3 y 16 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a . Biết SA SB SC a . Đặt SD x 0 x a 3 . a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABCD khi x a . b) Tính x theo a sao cho tích AC. SD lớn nhất. Câu 5: (3,0 điểm) a. Cho đa giác đều có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của H . Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật nhưng không phải là hình vuông. 13 b. Cho Px 1 4 xx 3 2 . Xác định hệ số của x3 trong khai triển P x theo lũy thừa của x . Câu 6: (3,0 điểm) Cho dãy số được xác định bởi 1 và 32  2 . un u1 un 1 u n , n a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số un . 2 2 2 b) Tính tổng Suu 1 2 u 2020 . Câu 7: (2,0 điểm)
2. Cho hai số thực thay đổi x, y với x 0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy2 P . (x2 3 yxx 2 )( 2 12 y 2 ) ___ HẾT ___
3. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Giải các phương trình sau: a) cos2xx 5sin 3sin 2 x 5 3 cos x 8 0 . b) x 3 1 xx 4 xxx 22 6 3. Lời giải a) cos2xx 5sin 3sin 2 x 5 3 cos x 8 0 5 sinx 3cos x 3sin 2 xx cos2 8 0 1 3 3 1 5 sinx cos x sin2 x cos2 x 40 2 2 2 2 5sin x sin 2 x 4 0 3 6 Đặt tx 2 x 2 t . 3 6 2 Phương trình trở thành 5sint sin 2 t 4 0 . 2 5sint cos2 t 4 0 2sin2 t 5sin t 3 0 sint 1 3 t k2 x kk 2 . sint 2 6 2 b) x 3 1 xx 4 xxx 22 6 3. Điều kiện: 1x 4 . PTx 3 1 x 1 x 1 4 xxx 22 6 xx 3 xx 3 2x x 3 1 x 1 1 4 x x x 3 0 1 1 1 2 2 1 x 1 1 4 x x 0 1 . x 3 1 x 1 1 1 1 Xét phương trình (2): Ta có 2 . 1 4 x 1 1 x 1 1 4 x x 1 Dấu bằng xảy ra khi (vô lí). Vậy phương trình (2) vô nghiệm. x 4 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 0 và x 3. Câu 2: a) Cho hàm số y fx có đạo hàm trên và có bảng xét dấu của f x như sau:
4. x 3 1 1 8 f x 0 0 0 0 Tìm các điểm cực trị của hàm số gx fx 2 2 x . Lời giải x 1 x 1 2 x 2 x 3 x 1 BC Ta có gx 2 xfxx 2 2 2 0 xx 2 2 1 . x 1 2BC x2 2 x 1 2 x 2; x 4 x 2 x 8 Vậy các điểm cực trị của hàm số g x lần lượt là x 2; x 1; x 4 . x2 3 x b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y đồng biến trên 1; . x m Lời giải ĐK: x m . x2 2 mx 3 m Ta có: y . x m 2 y 0,  x  1; x2 2 mxm 3 0,  x  1; * Hàm số đồng biến trên 1; . m 1; m 1 * minf x 0 với fx x2 2 mx 3 m . 1; Đồ thị của hàm số f x là parabol có toạ độ đỉnh Imm ; 2 3 m . BBT: x m 1 f x 1 m Dựa vào BBT, suy ra minfx 0 1 m 0 m 1. 1; Vậy 1m 1 thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 1;2 , đường trung tuyến và đường phân giác trong hạ từ đỉnh B lần lượt có phương trình d: 2 x 3 y 2, d1 : 9 x 3 y 16 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Lời giải
5. x 2 2x 3 y 2 Ta có d d1 B nên toạ độ điểm B thoả hệ phương trình 2 . 9x 3 y 16 y 3 2 Do đó B 2; . 3 Gọi A a; b là điểm đối xứng với A qua d1 A BC . 1 a 2 b   Khi đó trung điểm của AA là I; d và AA  u nên ta có hệ: 1 d1 2 2 18 1a 2 b a 9 3 16 5 18 17 2 2 A ; . 17 5 5 a 1 3 b 2 0 b 5 2  8 41 Đường thẳng BC đi qua điểm B 2; nhận vectơ AB ; làm vectơ pháp tuyến nên 3 5 15 có phương trình: 72x 123 y 226 0. Gọi M là trung điểm của đoạn AC . 226 72t t 1 472 72 t Do C BC C t; M ; . 123 2 123 t 1 472 72 t 513 513 278 Md 2. 3. 2 t suy ra C ; . 2 123 113 113 339 Câu 4: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a . Biết SA SB SC a . Đặt SD x 0 x a 3 . a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABCD khi x a . b) Tính x theo a sao cho tích AC. SD lớn nhất. Lời giải Cách 1:
6. S x A A D O B D G B C C a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABCD khi x a . Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD . Ta có: SA SB SC SD a OA OB OC OD ABCD là hình vuông. Xét tam giác vuông: a 2 BO 2 cosSBC 2 SBC 450 . SB a 2 b) Tính x theo a sao cho tích AC. SD lớn nhất. Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do SA SB SC SG  ABCD . AC BD Ta có: AC SBD  AC SO . AC SG SOC BOC (do SC BC a , OC chung). SO OB OD BSD vuông tại S . a2 x 2 BD2 a 2 x 2 OD . 2 ax2 23 ax 2 2 OA2 AD 2 OD 2 a 2 . 4 4 3a2 x 2 OA AC3 ax2 2 . 2 x2 3 a 2 x 2 3 a 2 Xét AC. SD x . 3 a2 x 2 . 2 2 3a2 a 3 a 6 Dấu " " xảy ra khi xax 32 2 2 xax 2 3 2 2 x . 22 2 Cách 2: a) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABCD khi x a .
7. Do SA SB SC SD a SO  ABCD . Gọi H là trung điểm của CD suy ra CD SOH  CD OH ABCD là hình vuông. Từ đó SBD vuông cân tại S , nên SB, ABCD SBD  45 . b) Tính x theo a sao cho tích AC. SD đạt giá trị lớn nhất. Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD , do SA SB SC a nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , dễ thấy I thuộc đường thẳng BO . Đặt ABC . Ta có AC 2 R sin . Suy ra BO a2 R 2sin 2 . 1 1 Theo công thức tính diện tích tam giác ABC ta có: sina2 . aR 2 2 .sin 2 .2sin R 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a4 R a a4 RaR .sin sin 2 . 2R Mặt khác xét tam giác vuông SBI và tam giác vuông SID ta có: 2 SI2 a 2 R 2 x 2 2 a 2 R 2 sin 2 R . a4 R2 a 2 a2 Thay sin 2 vào rút gọn ta được R . 2R a2 x 2 Nên ACR 2 sin 3 ax2 2 . Từ đó AC. SD x 3 a2 x 2 x 4 3 a 2 x 2 . Xét hàm số fx x4 3 ax 2 2 với 0 x a 3 .
8. x 0 3 2 6 Có fx 4 x 6 ax 0 6a do x 0; 3 a nên ta nhận x a . x 2 2 6 6 Lập bảng biến thiên ta được . Vậy khi thì đạt giá trị lớn max f x f a x a AC. SD 0; 3a 2 2 nhất. Câu 5: a. Cho đa giác đều có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của H . Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật nhưng không phải là hình vuông. 13 b. Cho Px 1 4 xx 3 2 . Xác định hệ số của x3 trong khai triển P x theo lũy thừa của x . Lời giải 4 a. Số phần tử của không gian mẫu là : C24 . Đa giác đều có 24 đỉnh thì có 12 đường chéo đi qua tâm nên số hình chữ nhật , kể cả hình 2 vuông là : C12 hình. Ứng với 1 đường chéo thì có một đường chéo duy nhất để tạo thành hình vuông, nên số hình vuông là 6 . 2 Nên số hình chữ nhật cần tìm là C12 6 . 2 C12 6 10 Vậy xác suất cần tìm là : 4 . C24 1771 13 13 b. 2 2 013 1 12 2 Px 1 4 xx 3 1 4x 3 x C13 1 4 xC 13 1 4 xx .3 1 4x 13 13 1 4 xx 12 .32 1 4x 13 39 1 4 xx 12 .2 * Tìm hệ số của x3 trong khai triển 1 4x 13 : 13 13 13 k13 k k k k k 1 4x  C13 .1 4 x C13.4 . x . k 0 k 0 3 3 3 Ta có k 3 nên hệ số của x là : C13.4 . 12 * Tìm hệ số của x3 trong khai triển 1 4x . x2 tức là tìm hệ số của x trong khai triển 1 4x 12 . 12 12 12 m12 m m m m m Ta có 1 4x  C12 .1 4 x C12.4 . x . k 0 k 0 3 1 Từ đó m 1 nên hệ số của x là : C12.4. 3 3 3 1 Vậy hệ số của x trong khai triển P x là : C13.4 39. C 12 .4 20176 . Câu 6: Cho dãy số được xác định bởi 1 và 32  2 . un u1 un 1 u n , n a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số un . 2 2 2 b) Tính tổng Suu 1 2 u 2020 . Lời giải
9. a) Xác định số hạng tổng quát của dãy số un . Ta có: 32 2 2 1 3 2  1 . uun 1 n u n 1 un n , 2 v1 2 Đặt v u 1 . n n 3  vn 1 vn n , Suy ra vn là cấp số nhân với số hạng đầu v1 2, công bội q 3 . 2 3n 1  . vn ., n 2 3n 1  1 là số hạng tổng quát của dãy số . un ., n un 2 2 2 b) Tính tổng Suu 1 2 u 2020 . 2 2 2 2 2019 Ta có: Suu 1 2 u 2020 2 1 3 3 3 2020 . 1 32020 2. 2020 32020 2021. 1 3 Vậy S 32020 2021. Câu 7: Cho hai số thực thay đổi x, y với x 0. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy2 P . (x2 3 yxx 2 )( 2 12 y 2 ) Lời giải y2 xy2 2 P = x (dox 0 ) . (x2 3 yxx 2 )( 2 12 y 2 ) y2 y 2 (1 3 )(1 1 12 ) x2 x 2 y Đặt t . x t2 tt 2(1 1 12 2 ) 1 1 12 t 2 1 1 1 12 t 2 1 Khi đó: P 2 2 2 2 . (1 3t2 )(1 1 12 t 2 ) (1 3tt )( 12 ) 12 1 3 t 3 12 t 4 Đặt m 1 12 t 2 1. 1m 1 m 1 Khi đó P . 3 P fm () . 3m2 3 m 2 3 m2 3 2 mm ( 1) mm 2 2 3 f'( m ) 0 (m2 3) 2 ( m 2 3) 2 . m 1 m 3
10. 1 1 0 3P 0 P . 6 18 + P 0, dấu " "m 1 y 0 . 1 + P , dấu " "m 3 2 xy2 3 2 . 18 1 Vậy MinP 0 y 0 ; MaxP 2 x2 3 y 2 . 18 ___ HẾT ___