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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH KON TUM MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 01 trang + 05 bài toán tự luận Câu 1. (2,5 điểm) Cho hàm số fx x42 mx 2 m 2 1. Tìm m để đồ thị hàm số f x có ba điểm cực trị và ba điểm đó cùng gốc tọa độ O lập thành tứ giác nội tiếp đường tròn. sin 3x 3 cos3 x 1 Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình 0 với x ;0 . cos x x 3 xyy 1 4 5 y 1 2. Giải phương trình . 2xy 2 4 4 3 xyy 2 2 1 2 Câu 3. (5,0 điểm) 1. Một nhóm gồm 9 học sinh một lớp trong đó có ba bạn Việt, Nam và Hùng đi dự đại hội Đoàn trường, ban tổ chức sắp xếp ngẫu nhiên 9 học sinh này ngồi vào một dãy ghế được đánh số từ 1 đến 9. Tính xác suất để số ghế của bạn Hùng bằng trung bình cộng số ghế của hai bạn Việt và Nam. u1 2020 2. Cho dãy số un thỏa . n2 5 n 5 u 2 n 2 6 n 2 u , n 1,2,3 n n 1 n 2 un Tính lim 2 . n Câu 4. (6,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có BC AD a,, AC BD b AB CD c . 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD theo abc,, . 2. Biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng ABD . Chứng minh rằng cosA .cos B cos C ; với ABC,, là ký hiệu ba góc tương ứng với các đỉnh ABC,, của tam giác ABC . 3. Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện ABCD . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức SSS2 2 2 . a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 Câu 5. (2,5 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 b 2 c 2 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của a b c 2 2 biều thức P ab 1 c2 . cab2 2 ab 2 2 c 2 HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho hàm số fx x42 mx 2 m 2 1. Tìm m để đồ thị hàm số f x có ba điểm cực trị và ba điểm đó cùng gốc tọa độ O lập thành tứ giác nội tiếp đường tròn. Lời giải fx 4 x3 4 mx 4x x2 m 2 x 0 4x x m 0 2 . x m Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì : m 0 . Ba điểm cực trị là A 0; m2 1 ; B m; 1 ; C m; 1 .   BA m; m2 ; BO m;1 . Để ba điểm A , B ,C và gốc tọa độ O 0;0 tạo thành tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi B C 180 B 90 (do B C ).   2 m 0 BA. BO 0 m m 0 . m 1 Vậy m 1. sin 3x 3 cos3 x 1 Câu 2.1: Giải phương trình 0 với x ;0 . cos x Lời giải Trường hợp 1: sin3x 0 . sin 3x 3 cos3 x 1 0 x k cosx 2 sin 3x 3 cos3 x 1 1 sin 3x 3 cos3 x 1 2 2 x k 6 3 sin 3x sin 3 6 2 x k 18 3 13  Theo đề bài x ;0 và x k nên x ;  . 2 8 18  Trường hợp 2: sin 3x 0 sin 3x 3 cos3 x 1 0 x k cosx 2 sin 3x 3 cos3 x 1 1 sin 3x 3 cos3 x 1 2 2 x k 2 6 3 sin 3x sin 3 6 2 x k 18 3
3. 5 11  Theo đề bài x ;0 và x k nên x ; ;  . 2 6 6 18  5 11 13  Vậy nghiệm của phương trình trên là x ;; ;;  . 6 6 18 8 18  x 3 xyy 1 4 5 y 1 Câu 2.2: Giải phương trình . 2xy 2 443 xyy 2 2 1 2 Lời giải x y y 1 0 Điều kiện: 2x 2 y 4 0 . 2y 1 0 Ta có 1 xy 3 xyy 1 4 y 1 0 . Đặt u xyv, y 1 u 0, v 0 . u v 2 2 Khi đó 1 trở thành u 3 uv 4 v 0 . u 4 v vn Với u v ta có x 2 y 1, thay vào 2 ta được: 6y 2 2 y 1 4 y 1 0 . Dễ dàng ta tìm được y 1 x 3 . Vậy nghiệm của phương trình là 3;1 . Câu 3.1: Một nhóm gồm 9 học sinh một lớp trong đó có ba bạn Việt, Nam và Hùng đi dự đại hội Đoàn trường, ban tổ chức sắp xếp ngẫu nhiên 9 học sinh này ngồi vào một dãy ghế được đánh số từ 1 đến 9. Tính xác suất để số ghế của bạn Hùng bằng trung bình cộng số ghế của hai bạn Việt và Nam. Lời giải Số phần tử không gian mẫu n( ) 9! Gọi A là biến cố mà số ghế của bạn Hùng bằng trung bình cộng số ghế của hai bạn Việt và Nam Gọi số ghế của Hùng, Việt, Nam lần lượt là h,, v n v n h,, v n Có h mà 2 h, v , n  1;9  v, n cùng lẻ hoặc cùng chẵn Mỗi bộ v, n cùng lẻ hoặc cùng chẵn do 1 h duy nhất. Các bộ v, n thõa mãn là ( Chưa xét hoán vị ) 1;3 ; 1;5 ; 1;7 ; 1;9 ; 3;5 ; 3;7 ; 3;9 5;7 ; 5;9 ; 7;9 ; 2;4 ; 2;6 ; 2;8 4;6 ; 4;8 ; 6;8 16 bộ v, n
4. 16.2!.1 cách xếp h,, v n thõa mãn n A 16.2!.1 .6! 16.2!.1.6! 4 P A . 9! 63 u1 2020 Câu 3.2: Cho dãy số un thỏa . n2 5 n 5 u 2 n 2 6 n 2 u , n 1,2,3 n n 1 n 2 un Tính lim 2 . n Lời giải 2 n2 5 n 5 n 1 3 n 1 1 Ta có u u u n 1 2 n2 6 n 2 n 2 n 2 3 n 1 n 2 2 n 1 3 n 1 1 n2 3 n 1 n 1 3 n 1 1 . un 1 un 1 2n2 3 n 1 2 n 12 3 n 1 1 22 n 12 3 n 1 1 2 2 n 1 3 n 1 1 n 1 3 n 1 1 n2 5 n 5 un 2 . u1 n .404 23 n 22 3 n 2 1 2n 2 12 3 2 1 1 2 n2 3 n 1 Vậy u .404 . n 2n 1 n 2 un Suy ra lim 2 808. n Câu 4: Cho tứ diện ABCD có BC AD a,, AC BD b AB CD c . 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD theo abc,, . 2. Biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng ABD . Chứng minh rằng cosA .cos B cos C ; với ABC,, là ký hiệu ba góc tương ứng với các đỉnh ABC,, của tam giác ABC . 3. Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện ABCD . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức SSS2 2 2 . a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 Lời giải
5. Dựng hình hộp chữ nhật AMBN. QCPD (tham khảo hình vẽ) Gọi xyz,, lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật AMBN. QCPD . 1 x2 a 2 c 2 b 2 2 2 2 2 x y c 2 2 2 21 2 2 2 Theo giả thiết, ta có y z b y b c a . 2 2 2 2 x z a 21 2 2 2 z abc 2 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD theo abc,, . AB AMBN a2 b 2 c 2 Ta có CD QCPD dABCD ,, d AMBN QCPD z . 2 AMBN // QCPD a2 b 2 c 2 Vậy d ABCD, . 2 2. Chứng minh rằng cosA .cos B cos C . Cách 1: Sử dụng bổ đề sau: PR ,  PQ ,  180  Nếu P  Qd  R và  . QR ,,  PQ  Áp dụng vào bài toán như sau: Gọi ABD ,;, AMBN ABC AMBN  . d D, AMBN zx2 y 2 Ta có tan 1 . dNAB , xy
6. d C, AMBN zx2 y 2 Tương tự, cũng có tan  2 . dCAB , xy Từ 1 và 2 tan tan   . Do ABC  ABD   45 a2 b 2 c 2 a 2 c 2 b 2 b 2 c 2 a 2 zxyxy2 2 2 2 2 c 2 2 2 2 a2 b 2 c 2 a 2 c 2 b 2 b 2 c 2 a 2 . . 2ab 2 ac 2 bc cosC cos AB .cos (đpcm). Cách 2: Dựng CH AB vì ABC  ABD  CH ABD . Ta có CH a.sin B ; BH a.cos B . Áp dụng định lý cosin trong tam giác BHD , ta có DH2 BH 2 BD 2 2 BH . BD .cos ABD DH2 a 2cos 2 Bb 2 2.cos a Bb cos A (vì ABD CAB ) DH2 a 2cos 2 Bb 2 2 ab cos A cos B Lại có CHD vuông tại H , nên DH2 CD 2 CH 2 CD 2 CH 2 DH 2 ca2 2sin 2 Ba 2 cos 2 Bb 2 2 ab coscos AB a2 b 2 c 2 cosAB .cos cos C . 2ab Vậy cosC cos AB .cos (đpcm). SSS2 2 2 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức . a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 SSS2 2 2 Đặt T . a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có a 2 R sin A , b 2 R sin B , c 2 R sin C . Tứ diện ABCD , có BC AD a,, AC BD b AB CD c 2 SS4. ABC 8 RABC sin sin sin . Suy ra T 4 sin2 ABC sin 2 sin 2 . 1 Ta có T 4sin 2 ABC sin 2 sin 2 41 cos2 ABC cos2 sin 2 2 2 T41cos ABAB cos sin C
7. 2 T42 cos CAB .cos cos C T4 2 cos CAB . cos cos AB 8 1 cos ABC cos cos 9 1 (vì cosA cos B cos C ). 8 Suy ra T 9 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức T bằng 9 , xảy ra khi ABC đều. Câu 5: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 b 2 c 2 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biều thức a b c 2 2 P ab 1 c2 . cab2 2 ab 2 2 c 2 Lời giải Ta có c2 2 abc 2 a 2 b 2 3. 2 x y z Dễ thấy xyz 3 xyz2 2 2 xyz 2 2 2 3 a b c 1 1 1 1 Từ đó suy ra P ab 1 c2 3 abab2 2 2 2 cc 2 2 2 2 1 c a b c a b ab c 3 3 3 2 ab bc ca 3P abcabc abc 63 abc2 2 2 6 3P 33 abc 3 3 abc 3 6 abc 3 3 abc abc 3 abc 6 Đặt t 6 abc,0 t 1. Ta được 3P 3 t 3 t2 . t2 6 Xét 3 3 2 liên tục trên 0 1 và có ft tt 2 ; t 4 12 3t 6 t 2 3 6 0 0 1 . f t t3 3 ,t ; t t nên f t nghịc biến trên 0; 1 suy ra f t f 1 9 3 P 3 3 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 3 1 đạt được khi a b c 1. HẾT