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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT LÀO CAI NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 18/01/2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 01 trang – 05 câu Câu 1. (5,0 điểm) 2 a) Cho hàm số y fx liên tục trên , biết fx'( ) x 2 x 4 , x . Xét tính đơn điệu của hàm số yfx 2 3 x . 2 b) Cho hàm số yfx x2 x 1 , x . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số yfx 2 2 fxm có 9 điểm cực trị. Câu 2. (4,0 điểm) x x a) Giải bất phương trình 2 3 2. 2 3 1. 2 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log2 2xm 2log 2 xx 4 xm 2 1 có hai nghiệm thực phân biệt. Câu 3. (5,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD biết AB a , góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng 60°. a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và SC. AM 1 SP 3 b) Lấy các điểm M, P lần lượt thuộc cạnh AD, SC sao cho , . Gọi N là giao điểm của AD 2 SC 5 SD với mặt phẳng BMP . Tính thể tích của khối đa diện SABMNP. Câu 4. (4,0 điểm) Cho tập S 1;2;3;  ;2016 . a) Hỏi có bao nhiêu tập con gồm 3 phần tử khác nhau chọn từ tập S, sao cho 3 số được chọn là độ dài 3 cạnh của một tam giác mà cạnh lớn nhất độ dài là 1000. b) Chọn ngẫu nhiên 3 số khác nhau từ tập S. Tính xác suất sao cho 3 số được chọn là độ dài 3 cạnh của một tam giác mà cạnh lớn nhất độ dài là số chẵn.
2. Câu 5. (2,0 điểm) 1 1 2 a) Cho x, y 0 và thỏa mãn xy 1. Chứng minh rằng . 1 x 1 y 1 xy b) Cho a, b, c là các số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a b c 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 b c 3 a M . 2 abcb ac HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . Chữ kí của giám thị 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ kí của giám thị 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI - SỞ LÀO CAI NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán 12 Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) LI NK NHÓM: Câu 1. (5,0 điểm) 2 a) Cho hàm số y= fx() liên tục trên , biết fx′()=−( x+2)( x−4) ,∀x∈ . Xét tính đơn điệu của hàm số y=fx( 2 − 3x ) . 2 b) Cho hàm số y=fx()=( x+2)( x−1) ,∀x∈ . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y=gx()= fx2 ()− 2 fx ()− m có 9 điểm cực trị . Câu 2. (4,0 điểm) xx a) Giải bất phương trình (2+3) −2.( 2− 3) >1. 2 b) Tìm cất cả các giá trị của tham số m để phương trình log2( 2xm+) − 2log2x =x− 4x−2m−1 có hai nghiệm thực phân biệt. Câu 3. (5,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD biết AB= a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng ( ABCD) bằng 60°. a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và SC . AM 1 SP 3 b) Lấy các điểm M , P lần lượt thuộc các cạnh AD , SC sao cho = , = . Gọi N là AD 2 SC 5 giao điểm của SD và mặt phẳng (BMP) . Tính thể tích của khối đa diện S. ABMNP . Câu 4. (4,0 điểm) Cho tập S = {1;2;3; ;2016}. a) Hỏi có bao nhiêu tập con gồm 3 phần tử khác nhau chọn từ tập S sao cho 3 số được chọn là độ dài ba cạnh của một tam giác mà cạnh lớn nhất có độ dài là 1000. b) Chọn ngẫu nhiên 3 số khác nhau từ tập S . Tính xác suất sao cho 3 số được chọn là độ dài ba cạnh của một tam giác mà cạnh lớn nhất có độ dài là số chẵn. Câu 5. (2,0 điểm) 112 a) Cho xy,> 0 và thỏa mãn xy ≥1. Chứng minh rằng +≥ . 1+x1+y1+ xy Trang 1
4. b) Cho abc,, là các số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện abc≥≥>0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1bc3a thức M =++. 2 ab+cb+ac + HẾT Trang 2
5. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (5,0 điểm) 2 a) Cho hàm số y= fx() liên tục trên , biết fx′()=−( x+2)( x−4) ,∀x∈ . Xét tính đơn điệu của hàm số y=fx( 2 − 3x ) . Lời giải x =−2  fx′()= 0⇔  x = 4 (nghiÖ m kÐ p)  Đặt hàm số gx()=fx(2−3)x→gx′ ()= (2x− 3).fx′( 2− 3x)  3 x = 2x −30=  2 ′ =⇔⇔= gx() 0  2 x 1 x−3x=−2 x = 2    Bảng xét dấu: 3   Vậy : Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;1) và ;2.  2  3  Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; và (2;+∞) . 2  2 b) Cho hàm số y=fx()=( x+2)( x−1) ,∀x∈ . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y=gx()= fx2 ()− 2 fx ()− m có 9 điểm cực trị . Lời giải 2  fx′()=( x −1) +2( x−1)( x+2) =( x−13)( x+ 3) x=−1⇒y=4 fx′()= 0⇔  x=1⇒y=0  Số điểm cực trị của hàm số y=gx()= fx2 ()− 2 fx ()− m bằng số điểm cực trị của hàm số hx()= fx2 ()− 2 fx ()− mcộng với số giao điểm ( khác điểm cực trị ) của đồ thị hàm số Trang 3
6. h()x=f2 ()x− 2fx ()− mvà y = 0 . hx′()= 2 fxfx′ ().()− 2 fx′ ()= 2 fx′ ().( fx ()− 1) x =−1  x =1  fx'( )= 0  hx'( )= 0 ⇒ ⇒xa=(a 1)  Để hàm số y=gx()= fx2 ()− 2 fx ()− m có 9 điểm cực trị thì điều kiện : −m≤0 1. 2 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log2( 2xm+) − 2log2x =x− 4x−2m−1 có hai nghiệm thực phân biệt. Lời giải xx a) Giải bất phương trình (2+3) −2.( 2− 3) >1. x1 x  Đặt t=(2+3) (t>0) ⇒=(2−3) , bất phương trình trở thành: t 2 t−>1⇔t2−2>t⇔t2−t−20>⇔t> 2 vì t > 0 t x ⇒+>⇔> (23) 2x log2+ 3 2  =+∞ Vậy S (log2+ 32; ) . b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2  log2( 2xm+) −2log 2x =x− 4x−2m−1 có hai nghiệm thực phân biệt. x > 0  Điều kiện xác định:  m x >−  2 2  Ta có: log2( 2xm+) − 2log2x =x− 4x−2m−1 Trang 4
7. 22 ⇔log2( 2xm+) +1 − log2x =x− 4x−2m ⇔log( 2xm+) +log 2− logx2=x2− 4x−2m 2 22 22 ⇔log2( 4x+2 m) −log2x=x− 4x−2m 22 ⇔log2( 4x+2 m) +4x+2m=x+log2x  Xét hàm số ft( ) =log2 t+ t với t > 0 . 1 ⇒ft′( ) =+10> với t > 0 . t ln 2 ⇒ ft( ) đồng biến trên (0; +∞). ⇒f(4x+2m) =fx( 2) ⇔4 x+2m=x2 x2 ⇔m=−2x (1) 2 x2  Xét hàm số fx( ) =− 2 x với x > 0 ⇒fx′( ) =x −2 . 2 ⇒fx′( ) =0⇔ x−20=⇔x=2 . 2  Để phương trình log2( 2xm+) − 2log2x =x− 4x−2m−1 có hai nghiệm thực phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt ⇔m∈(−2;0). Câu 3. (5,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD biết AB= a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng ( ABCD) bằng 60°. a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và SC . AM 1 SP 3 b) Lấy các điểm M , P lần lượt thuộc các cạnh AD , SC sao cho = , = . Gọi N là AD 2 SC 5 giao điểm của SD và mặt phẳng (BMP) . Tính thể tích của khối đa diện S. ABMNP . Lời giải Trang 5
8. a) Gọi I là trung điểm BC . OI⊥ BC  Khi đó ta có  ⇒BC⊥( SOI)⇒ BC⊥ SI . SO⊥ BC Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng ( ABCD) là góc SIO hay SIO =60°. AB a  Trong ∆SIO vuông tại O ta có: OI == 22 SO aa 3 tan SIO =⇔SO =OI.tanSIO = .tan 60°= OI 22 3a2a2 SI=SO2+OI 2=+=a . 44 Do AB// CD⇒ AB // ( SCD) ⇒d( AB, SC) =d( AB ,( SCD)) =2d( O ,(SCD)) =2d( O, (SBC)).  Trong ∆SIO kẻ OH⊥ SI (1) với H∈ SI .  Do BC⊥( SOI) ⇒ BC⊥ OH (2) .  Từ (1) và (2) suy ra OH⊥ (SBC) . Vậy d(O,(SBC)) = OH .  Trong ∆SIO vuông tại O ta có: 111144116 a 3 =+⇔=+⇔=⇔OH =. OH2OI2SO2 OH2a23a2OH23a2 4 a 3  Vậy d( ABSC,) =2O H = . 2 b) Gọi Q là giao điểm của CD và BM . Trang 6
9. Q∈(MBP) ∩(SCD )  Ta có:  ⇒(MBP) ∩( SCD) = PQ . P∈(MBP) ∩(SCD )  Gọi N là giao điểm của SD và PQ .  Do PQ⊂( BMP) ⇒ SD∩( BMP) = N .  Trong ∆SCD có P , N , Q thẳng hàng nên theo định lý Menelaus ta có PS QC ND 3NDND 1 =1⇔−.2.= 1 ⇔=− . PC QD NS 2NSNS 3 11a3a3 3  Thể tích tứ diện S. ABCD là V= SO S = a2 = (đvtt). S. ABCD 3ABCD 326 2  Ta thấy ∆AMB=∆DMQ (c – g – c) ⇒S∆BCQ=S ABCD =a. 22a 3 d(P,( ABCD)) = d(S ,( ABCD)) =. SO = . 555 3 1 1a32 a3  V= .d(P ,( ABCD)). S∆ = a = . P. QBC 3 BQC 3515 1 11a3a3 d( N,( ABCD)) = d( S,( ABCD)) =. SO =. = . 4 4428 1 a2 S=S=.AB. AM = . ∆MDQ∆MAB 24 1 1a3a2a33 V= .d( N ,( ABCD)). S∆ = = (đvtt). N. MDQ 3 MDQ 38496 a33a339a33  Thể tích khối đa diện PNBCDM là V=V−V=−= (đvtt). PNBCDM P. BQC N. DQM 15 96 160 Vậy thể tích khối đa diện S. ABMNP là a339a3353a3 3 V=V−V=−= (đvtt). S. ABMNP S. ABCD PNBCDM 6160 480 Câu 4. (4,0 điểm) Cho tập S = {1;2;3; ;2016}. a) Hỏi có bao nhiêu tập con gồm 3 phần tử khác nhau chọn từ tập S sao cho 3 số được chọn là độ dài ba cạnh của một tam giác mà cạnh lớn nhất có độ dài là 1000. b) Chọn ngẫu nhiên 3 số khác nhau từ tập S . Tính xác suất sao cho 3 số được chọn là độ dài ba cạnh của một tam giác mà cạnh lớn nhất có độ dài là số chẵn. Lời giải Lời giải tổng quát  Với mỗi k . Xét tập Sk ={1;2; ;k− 1}. Bài toán trên tương đương với bài toán: “Có bao nhiêu cách chọn 2 phần tử phân biệt của Sk sao cho tổng của chúng lớn hơn k ”. Giả sử hai phần tử được chọn là 1≤abk<≤−1 . Đặt s= ab+ . Suy ra k+1≤s≤2k−3. Vậy với mỗi s cố định thì a hoàn toàn xác định khi biết b . Từ điều kiện của ab, ta có s s  Nếu s chẵn thì +1≤bk≤−1. Suy ra có k −1− cách. 2 2 Trang 7
10. s +1 s +1  Nếu s lẻ thì ≤b≤k−1. Suy ra có k − cách 2 2 Vậy nếu k chẵn thì có k+2k+42k−2 Pk =k−+k−++k−  222 k+2k+42k−2 +k−1−+k−1−++k−1−  222 k+2k+42k−4k−4 Rút gọn được Pk =2k−+k−++k−+1− 2222 k−4k−2k−4k−2 =(k−2) +(k−4)++ 4+1−=2+++2+ 1− 2222 k−2k−2 k−21 2 =+1 −=(k −2) 22 24 a) Với k =1000 ta có 4992 tập con của S 1 1008 1008 1007.1008.(2.1007+ 1) b) Với k= 2i chẵn và thuộc S ta có B=∑4(i− 1)2=∑ (i− 1) 2= cách 4i=1i=1 6 chọn B 1 = Vậy xác suất là 3 C2016 4 Trường hợp k lẻ k+3k+52k−2 Pk =k−+k−++k−  222 k+1k+32k−4 +k−1−+k−1−++k−1−  222 Rút gọn được k+3k+52k−2 Pk =2 k−+k−++k−  222  1 =[(k−3)(+k−5)++1] =(k−1)(k−3) 4 Vậy số tam giác mà cạnh lớn nhất có độ dài là số lẻ k=2i+1 là: 1007 1007.1008.(2.1007+ 1) 1007.1008 C=∑ (i2 −i)= − i=1 62 Vậy số cách chọn ba số lập thành ba cạnh của tam giác là 1007.1008.(2.1007+ 1) 1007.1008 C = − 32 Từ đây có thể tổng quát thay 2016 bằng n bất kì. Câu 5. (2,0 điểm) 112 a) Cho xy,> 0 và thỏa mãn xy ≥1. Chứng minh rằng +≥ . 1+x1+y1+ xy Lời giải  Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với Trang 8
11. 1111 xy− x xy− y −+−≥⇔ + ≥   00 1+x1+xy 1+y1+xy  ( x+11)( +xy) ( y+11)( +xy ) x−yy x x−yy−xxy+−yx ⇔ −≥⇔ ≥ 0.0 1+xy 1+y1+x1+xy (1+x)(1+y) 2 x− y( x−y)( xy −1) ( x−y) ( xy −1) ⇔ .≥0⇔ ≥0 1+ xy (1+x)(1+y) (1+xy)(1+ x)(1+y) (luôn đúng với ∀xy,>0 và xy ≥1).  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= y hoặc xy =1. b) Cho abc,, là các số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện abc≥≥>0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1bc3a thức M =++. 2 ab+cb+ac + Lời giải 1bc3a 116  Ta có : M=++⇔2M=++ . +++ abc 2 abcbac +11+1 + bca  a u =  b a Đặt  , vì abc≥≥>0 nên u≥v≥1. Suy ra uv = . b c v =  c 116 Thay vào biểu thức trên ta có: 2M =++ . ++ 1 u1v11+ uv u+1≤uv +1 112 Do u≥v≥1 nên  , suy ra +≥ . v+1≤uv +1 u+1v+11+uv 26uv 13+ uv 2  Khi đó 2M≥+⇔M≥⇔M≥3− . 1+uv1+ uv 1+uv 1+uv 2 Vì uv≥1⇔1+ uv ≥2⇔≤1, suy ra M ≥ 2 . 1+ uv Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M bằng 2 đạt được khi u=v=1, tức là ab== c. HẾT Trang 9