Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 19/10/2022 Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian phát đề) Đề thi gồm 05 câu & 01 trang Câu I. (2,0 điểm) 22x + 1) Cho hàm số y = có đồ thị (C) và đường thẳng (d ) có phương trình y x= m − +2 với m là tham số. x −1 Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm A và B phân biệt sao cho AB = 5 . 42 2) Cho hàm số yxmxm=−+− 21 có đồ thị (Cm ) với m là tham số. Tìm m để đồ thị có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của tam giác vuông cân. Câu II. (2,0 điểm) 1) Một nhóm 15 học sinh gồm 6 học sinh lớp A, 5 học sinh lớp B, 4 học sinh lớp C. Lấy ngẫu nhiên 7 học sinh trong nhóm trên. Tính xác suất để 7 học sinh lấy ra có đủ cả 3 lớp và số học sinh lớp B bằng số học sinh lớp C. xxx32+−+341 2) Giải phương trình: =−+xx2 1 . x2 +3 Câu III. (2,0 điểm) 32 26733220yyyxx++++−−= ( ) 1) Giải hệ phương trình: . 2 yyyx+++=+−24337 2) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có trọng tâm G; gọi E, H lần lượt là trung điểm của AB, BC. D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết D(−−1; 1), đường thẳng IG có phương trình 6370xy−−= và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu IV. (3,0 điểm) 1) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt phẳng (S A B) và mặt phẳng ( ABCD) bằng 60°. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 1 b) Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC, M là điểm thuộc cạnh SB sao cho SMSB= . Tính góc giữa hai 4 đường thẳng GM và BC. 2) Cho hình lập phương ABCD. ABC1 1 1 D 1 có cạnh bằng a . Đường thẳng d đi qua D1 và tâm O của hình vuông BCC11 B . Đoạn thẳng MN có trung điểm K thuộc đường thẳng d, biết M thuộc mặt phẳng (BCC11 B ), N thuộc mặt phẳng ( ABCD) . Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. Câu V. (1,0 điểm)
2. abc223 4 Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =++ . (abbcca+++)223 ( ) 3( ) HẾT Giám thị coi thi không giải thích gì thêm./.
3. ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. (2 điểm) 2x + 2 1) Cho hàm số y = có đồ thị (C) và đường thẳng (d ) có phương trình y=−2xm+ x −1 với m là tham số. Tìm m để đường thẳng (d ) cắt đồ thị (C) tại hai điểm A và B phân biệt sao cho AB = 5 . Lời giải Điều kiện x ≠ 1. 2x + 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm =−2xm+⇔2x 2 −mxm++20=( x ≠11 )( ) . x −1 Để đường thẳng (d ) cắt đồ thị (C) tại hai điểm A và B phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm m2 −8m−16> 0 m >4+ 42 phân biệt khác 1 ⇔ ⇔ (2) . 2.1−m+m+ 2= 4≠ 0 m 0 . > − −−2 +− Với m 0 thì đồ thị (Cm ) có 3 điểm cực trị lần lượt là A(0;m1 ) ; B( m;mm1;) C( m;−m2 +m−1) . Trang 3
4.   Ta có: AB=(− m;−m2);AC=( m;−m2)   AB. AC = 0−m2+m4=0 Để tam giác ABC vuông cân tại A ⇔  ⇔ ⇔m =1 = 2+4=2+4  AB AC mmmm Kết luận: m =1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2. (2.0 điểm) 1) Một nhóm 15 học sinh gồm 6 học sinh lớp A, 5 học sinh lớp B, 4 học sinh lớp C. Lấy ngẫu nhiên 7 học sinh trong nhóm trên. Tính xác suất để 7 học sinh lấy ra có đủ cả 3 lớp và số học sinh lớp B bằng số học sinh lớp C. Lời giải 7 Số phần tử không gian mẫu: n(Ω) =C15 =6435 Gọi A là biến cố : “ 7 học sinh lấy ra có đủ cả 3 lớp và số học sinh lớp B bằng số học sinh lớp C” . 331 TH1: 3 học sinh lớp B, 3 học sinh lớp C, 1 học sinh lớp A:CCC5 46= 240 (cách chọn) 223 TH2: 2 học sinh lớp B, 2 học sinh lớp C, 3 học sinh lớp A:CCC5 46=1200 (cách chọn) 115 TH3: 1 học sinh lớp B, 1 học sinh lớp C, 5 học sinh lớp A:CCC5 46=120 (cách chọn) nA( ) =240+ 1200+ 120= 1560 1560 8 Xác suất của biến cố A là: PA( ) == . 6435 33 x3+3x2−4x+1 2) Giải phương trình =x2 −x+1 . x2 + 3 Lời giải Điều kiện x2 −x+10≥⇔x∈ . Ta có x3+3x2−4x+1 =x2 −x+1 x2 + 3 7x + 8 ⇔x+3−=x2 −x+1 x2 + 3 7x + 8 ⇔x+3−x2 −x+1 = (1) x2 + 3 Xét phương trình x+3+x2 −x+10= ⇔x2 −x+1=−x−3 −x −30≥ ⇔  22 x−x+1=x+6x+9 x ≤−3 ⇔  7x =−8 x ≤−3  ⇔  8 x =− (l)  7 Do đó x+3+x2 −x+1≠0 với mọi x ∈ . Suy ra Trang 4
5. (x+3)2− (x2−x+1) 7x+ 8 ⇔= (1) 2 x+3+x2 −x+1x + 3 7x+87x+8 ⇔= 2 x+3+x2 −x+1x + 3 11 ⇔+ −= (7x 8)2 0 x+3+x2 −x+1x + 3  7x +80= ⇔  22 x+3+x−x+1=x+3  8 x =− ⇔  7 22  x−x+1=x−x.(*) u ≥ 0 1+ 5 =2 − ⇒+= ⇔ ⇔= Đặt uxx. Ta có (*)u 1 u  2 u . u+1 =u 2 1+51±325+ Suy ra x2 −x=⇔x= . 22 81± 3+ 25 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =− ; . 72 Câu 3. (2.0 điểm) 32 2y+6y+7y+3+(32−x) x−2 =0(1) 1) Giải hệ phương trình:  . 2 y+2y+4y+3=3+7 −x (2) Lời giải Điều kiện : 2≤x ≤7. Ta có (1) ⇔2( y3+3y2+3y+1) +y+1=(2x−3) x−2 3 3 3 ⇔2( y+1) +y+12=( x− 2) x−2+x−2⇔2( y+1) +y+12=( x− 2) +x−2 (3) . Xét hàm số ft( ) =2 t3 + t với t ∈ . Ta có: ft′( ) =6t 2 +1> 0, ∀t∈ nên ft( ) đồng biến trên . x=y2 +2y+3*( ) Do (3)⇔fy( +1 ) = f( x−2) ⇔y+1=x−2 ⇔ . y ≥−1 Thay (*) vào (2), ta được y+2y2 +4y+3=3+7−x⇔y−1+2y2+4y+33−= 4−y2−2y−1 2y2+4y−63−y2−2y ⇔y −1+ = 2y2+4y+33+4−y2−2y+1 ( y−12)( y+6 ) ( y−1)( y+3) ⇔y −1+ =− 2y2+4y+33+ 4−y2−2y+1 2y+6 y+3  ⇔( y−11)+ + =0⇔y=1⇒x=6. 22 2y+4y+33+4−y−2y+1 Trang 5
6. 2y+6 y+3 Vì với y ≥−1 ta có 1++>0 2y2+4y+33+4−y2−2y+1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( xy;) = (6;1) . 2) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có trọng tâm G ; gọi EH, lần lượt là trung điểm của AB, BC . D là điềm đối xứng với H qua A , I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD . Biết D(− 1;− 1) , đường thẳng IG có phương trình 6x−3y−7=0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Lời giải Gọi N là điểm đối xứng với E qua A , M là điểm đối xứng của A qua D .Khi đó I là trọng tâm của tam giác ACM . CGCI 2 Ta có ==⇒ IG//DE . IG có véc tơ chỉ phương u = (1; 2 ) . CECD 3  y +1 2 Giả sử E(1; y) ⇒DE=(2;y +1 ) . Mà IG// DE ⇒0 =⇒y=3⇒E (1; 3 ) . 00 210 B(2−a;6−b)  11 5a1+25b1+ 2 Giả sử tọa Aa( 1; b1) ⇒ ⇒C(5a1 ;5b1−4 ) ⇒G;  . H(2a1+1; 2b1+1 ) 33   Do G∈GI⇒2a1−b1−10=⇒b1= 2a1−11( ) .Ta có AE=(1− a1;3−b1), AC=(4;4 a1b1−4 ) . Do tam giác ABC vuông tại A nên ta có   AE. AC=0⇒4a 1(1−a1) +(4b1−43)( −b1) =0⇔a1(1−a1) +(b1−13)( −b1) =02( ) . a1 =1  Từ (1) và (2) ta được a1(1−a1) +(2a1−242)( −a1) = 0⇔(a1−185)( −a1) = 0⇔ 8 . a =  1 5 Với a1=1⇒b1=1⇒A(1;1) ,B( 1; 5) ,C(5;1 ) . 8118 11 2 19  Với a1=⇒b1=⇒A;,B;,C(8; 7). 555555  Trang 6
7. Câu 4. (3.0 điểm) 1) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60° . a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a . 1 b) Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC , M là điểm thuộc cạnh SB sao cho SM= SB . 4 Tính góc giữa hai đường thẳng GM và BC . Lời giải a) Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a . Gọi O là tâm của hình vuông ABCD , theo giả thiết ta có SO⊥( ABCD)⇒ SO⊥ AB. (1) 1 a Gọi I là trung điểm của AB . Suy ra OI=AD = và OI⊥ AB. (2) 22 Từ (1) và (2) ta có AB⊥( SIO)⇒(( SAB),( ABCD)) = SIO . a 3 Từ giả thiết ta có SIO = 60° , do đó SO=IO ⋅tan60° = . 2 11a3a3 3 Vậy thể tích khối chóp S. ABCD bằng V=⋅SO⋅ S =⋅⋅a2 = . 3ABCD 326 1 b) Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC , M là điểm thuộc cạnh SB sao cho SM= SB . 4 Tính góc giữa hai đường thẳng GM và BC . 1 Qua M vẽ đường thẳng song song với BC , cắt SC tại N , khi đó ta có SN= SC. 4 Ta có 3a2a2a51a5 2a 3 SB =+=⇒SM=SB = và SG=SO = , do đó 42248 33 SO 3 cosGSM == . SB 5 Trang 7
8. Áp dụng định lý côsin trong tam giác GMN ta có 5a2a2 a5a331a2 a93 MG2= SM2+SG2−2SM⋅ SGcos GSM =+−2⋅⋅⋅=⇒MG =. 64 38 35192 24 1 a a 93 Xét tam giác GMN có MN=BC = , GM=GN = . 44 24 Áp dụng định lý côsin ta có MG2+MN2−GN2MN 93 cosGMN = ==> 0 2MG⋅ MN2MG 31 93 Vì MN BC và góc GMN nhọn nên cos(GM , BC) = cos( GM , MN) =cos GMN = . 31 2) Cho hình lập phương ABCD. A111 B C D 1 có cạnh bằng a . Đường thẳng d đi qua D1 và tâm O của hình vuông BCC11 B . Đoạn thẳng MN có trung điểm K thuộc đường thẳng d , biết M thuộc mặt phẳng (BCC11 B ), N thuộc mặt phẳng (ABCD). Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN . Lời giải Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên BC . Vì hai mặt phẳng (ABCD) và (BCC11 B ) vuông góc với nhau và cắt nhau theo giao tuyến BC nên ta có MH⊥(ABCD)⇒MH ⊥HN. Tam giác MHN vuông tại H , K là trung điểm cạnh huyền MN nên ta có MN= 2KH. Do đó MN nhỏ nhất khi và chỉ khi KH nhỏ nhất, tức là khi KH là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d và BC . Gọi E là trung điểm CC1 , khi đó BC OE cho nên d(DO1, BC) = d( BC,( DOE1)) = d( C,( DOE1).) Trang 8
9. Vì OE BC và BC⊥ ( CDD11 C ) nên (CDD11 C)(⊥ D 1 OE) , do đó CD⋅ CE a d(C,( DOE)) =d(CDE ,) =d(C, DE) = 111 = . 1 111 22 CD11+ CE1 5 Khi KH là đoạn vuông góc chung của DO1 và BC , khi đó với M∈(BCC11 B ) thoả mãn MH⊥ BC và KH= KM , ta lấy N sao cho K là trung điểm MN . Suy ra tam giác MHN vuông tại N . Vì MH⊥ (ABCD ) và MH⊥ HN nên N∈(ABCD). 2a Vậy giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN bằng . 5 Câu 5. (1.0 điểm) Cho abc,, là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a2b24c3 P =2+2+3. (ab+) ( bc+) 3( ca+) Lời giải a2b24c3114  Ta có P =2+2+3=2+2+3 . (ab+) ( bc+) 3( ca+) bca 1+1+31+ abc bca  Đặt x=,y=,z=;,,xyz>0; xyz =1. abc 1b2 4  . Khi đó P =2+2+3 (1+x) (1+y) 31( +z) 111  Ta đi chứng minh bất đẳng thức phụ: 2+2≥. (1+x) (1+y) 1+ xy Thật vậy: 2 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 số ta có: (ax+ by) ≤(a 2+b2)( x2+y2). 2 2 xxxy+  Từ đó(1+x) =1.1+xy .≤(1+xy)1+=(1+xy). yyy 1 y 1 x Hay 2 ≥ . Tương tự 2 ≥ . (1+ x) (1+xy)( x+ y) (1+ y) (1+xy)( x+ y) 111 Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta được: 2+2≥ (1+x) (1+y) 1+ xy Dấu đẳng thức xảy ra khi x=y=1.  Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 2 14z 4 31z( +z) + 4 =+ = P ≥+ 3 3 3 . 1+ xy 31( + z) 1+ z 31( + z) 31( + z) 2 31z( +z) + 4 2  22 Ta đi chứng minh P≥⇔3 ≥⇔( z−1) ( z+2) ≥0luôn đúng. 331( + z) 3 Trang 9