Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh THPT năm học 2021-2022 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Lào Cai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh THPT năm học 2021-2022 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Lào Cai (Có đáp án)

1. ĐÁP ÁN x 1 Câu 1. a/ Cho hàm số y có đồ thị C . Gọi I là giao điểm của của hai đường tiệm cận của C . 3 x Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng dy: x m cắt C tại hai điểm phân biệt MN, sao cho tam giác MNI có trọng tâm nằm trên C . Lời giải Chọn C Tập xác định D \ 3 . 1 1 x 1 limy lim lim x 1 y 1 là tiệm cận ngang của đồ thị C . x x x 3 3 x 1 x lim y x 3 là tiệm cận đứng của đồ thị C . x 3 I 3; 1 là giao điểm của của hai đường tiệm cận của C . x 1 Phương trình hoành độ giao điểm: xm x2 2 mx 3m 1 0 * . 3 x Đường thẳng dy: x m cắt C tại hai điểm phân biệt * có hai nghiệm phân biệt và khác 3 16 0 2 m ;8  0; m 8m 0 Đường thẳng dy: x m cắt C tại hai điểm phân biệt M xx1;1 m ,Nxx 2; 2 m với x1, x2 là nghiệm phương trình * . MNI,, tạo thành tam giác khi m 4 x1 x2 3x1 x2 2m 1 m 1 Tam giác MNI có trọng tâm G ; ;m 1 3 3 3 m 4 2 m 2 G C m 1 m 8m 12 0 . 8 m m 6 Vậy m 2;m 6 . 6 3 2 2 b/ Cho hàm số y f x liên tục trên , biết fx xx 2 x 8xm 3m 4 ,x . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y f x có 5 điểm cực trị. x 0 fx 0 x 2 2 2 gx x 8xm 3 m 4 0 * Hàm số y f x có 5 điểm cực trị đồ thị hàm số y f x có hai điểm cực trị nằm bên phải trục Oy f x 0 có hai nghiệm bội lẻ PT * có hai nghiệm trái dấu và khác 2 hoặc PT * có một nghiệm bằng 0 và nghiệm còn lại dương khác 2 .
2. 3 73 m2 3m 16 0 m PT * có hai nghiệm trái dấu và khác 2 m 1;4 . 2 2 m 3m 4 0 m 1;4 2 m 1 PT * có một nghiệm bằng 0 m 3m 4 0 m 4 2 x 0 Với m 1 x 8x 0 . Vậy m 1. x 8 0 2 x 0 Với m 4 x 8x 0 . Vậy m 4 . x 8 0 Vậy m  1;4 . Câu 2 ( 4,0 điểm ) 2.9x 3.6x a) Giải bất phương trình 2 . 6x 4x 2x 1 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 3x2 8x m 1 có 2 3 27x2 54 x 9m 1 nghiệm phân biệt thuộc ; . 2 Lời giải a) Điều kiện: 6x 4x x 0. x 3 xx 2. 3 x 2.9 3.6 2 3 Ta có: xx 2 x 2 . Đặt t , điều kiện t 0 và t 1. 6 4 2 2 1 3 1 2 1 x log 2t 32t 5t 2 0 t 3 2 Bất phương trình đã cho trở thành: 2 0 2 2 1 t 1 0 x log 2 1 1 t 2 3 t 2 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S ;log3  0;log 3 2 . 2 2 2 1 x b) Điều kiện: 2 2 3x 6x m 0 2x 1 log 3x2 8x m 1 3 27x2 54 x 9m 2 2 log3 (2x 1) log3 (3x 6 xm )3 x 8x m 1 (*) Đặt u 3x2 6xmv , 2x 1 u 0,v 0 . Khi đó phương trình (*) tương đương: log3 uu log3 v v . Vì hàm số y ft( ) log3 t t đồng biến trên khoảng (0; ) nên
3. log3 uu log3 vv u v . Suy ra3x2 6xm 2x 1 3x2 8x m 1 0 . Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình : 3x2 8x m 1 0 có hai nghiệm phân biệt 1 thuộc khoảng ; . 2 Ta có 3x2 8xm 10 m 3 x2 8x 1. Xét hàm số gx() 3x 2 8x 1 có bảng biến thiên sau 1 913 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc ; khi m . 2 43 Câu 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng a , đường chéo AC a . Tam giác SAD là tam giác cân tại S và SAD  ABCD . Biết SA tạo với đáy một góc bằng 45 . a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và SC . b) Gọi M là trung điểm SD , lấy điểm N thuộc cạnh SC sao cho SN 2NC , gọi P là giao điểm của AMN với BC . Tính thể tích khối đa diện AMNPCD . Lời giải:
4. S M L D A H J N I C B P Q a) Gọi H là trung điểm AD . a Suy ra SHAD SH  ABCD SA ; ABCD SAH SAH 45 SH AH . 2 Ta có AB// CD AB // SCD d AB; SC d AB; SCD dASCD ; 2 dH ; SCD . Đáy là hình thoi cạnh bằng a , đường chéo AC a nên tam giác ACD đều. Gọi IJ, lần lượt là trung điểm CD, ID . Khi đó HJ CD . Gọi L là hình chiếu của H lên cạnh SJ .Khi đó ta chứng minh được HL SCD . 2 2 1 22 HS. AI HS. HJ 2 Do đó dH ; SCD HL d AB; SC 2HL 22 2 . HS HJ 2 1 HS AI 2 a 3 Ta có tam giác ACD đều cạnh bằng a nên AI . 2 2 2 a 1a 3 . . 2 22 3 Vậy d AB; SC 2 . 2 2 a 1a 3 7 . 2 22 b) Gọi Q MNCD P BC AQ. Trong tam giác SDQ có MS MD , SN 2 NC nên N là trọng tâm tam giác SDQ . Suy ra CD CQ , PQ PA.
5. VQPNC QP QN QC 1 5 Ta có VAMNPDC VQAMD . VQAMD QA QMQD 6 6 111 1 1aa2 3a 3 3 Lại có V V SHS. .SH. S . MADQ2SADQ 23AQD 6 ABCD 622 24 55a3 3 Vậy V V . AMNPDC6 QAMD 144 2002 Câu 4. a) Có bao nhiêu số hạng là số nguyên trong khai triển 2 3 5 . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9. Lấy ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Tính xác suất để lấy được số có dạng abcdef sao cho a b c d e f 1400. Lời giải 2002 a) Có bao nhiêu số hạng là số nguyên trong khai triển 2 3 5 . k 2002 2002 k 3 k 2 3 Số hạng tổng quát của khai triển 2 5 là: Tk 1 C2002 25 . k 2002 k k k 3n 2022 k 2 3 3 Để Tk 1 C2002 25 là số nguyên thì ta có: (,m n ) . 2002 k k 2m 2022 2 n 2 p Từ đó ta suy ra , p . 02 p 674 674 Vậy có 1 338 số p thoả mãn tức là có 338 số hạng là số nguyên trong khai triển 2 2002 2 3 5 . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9. Lấy ngẫu nhiên 1 số từ tập S . Tính xác suất để lấy được số có dạng abcdef sao cho a b c d e f 1400. Lời giải Số phần tử của không gian mẫu: n  9.105 . Gọi X là biến cố lấy được số có dạng abcdef sao cho a b c d e f 1400. Ta có 1400 23 .52 .7 2.4.52 .7.1 8.52 .7.1.1. 6! Trường hợp 1: a,,,,, b c d e f là 1 trong 6 số: 2,2,2,5,5,7 có 120 số abcdef . 3!.2!.1! 6! Trường hợp 2: a,,,,, b c d e f là 1 trong 6 số: 2,4,5,5,7,1 có 360 số abcdef . 1!.1!.1!2!.1! 6! Trường hợp 3: a,,,,, b c d e f là 1 trong 6 số: 8,5,5,7,1,1 có 180 số abcdef . 2!2!.1!.1! Vậy số phần tử của tập X là n X 120 360 180 660 . 660 22 Xác suất của biến cố X là PX . 9.105 3.10 4 Câu 5 (2,0 điểm) Cho a, b là những số thực thỏa mãn a2 ab b2 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất a4 b4 2 của biểu thức P . a2 b2 1
6. Lời giải: Theo giả thiết: a2 abb 2 1 ab 2 3ab 1 (1). s a b 2 Đặt . Điều kiện: s 4 p . p ab 1 Khi đó ( 1) trở thành: s2 3p 1 s2 3p 1 0 p . 3 Mà s2 4 p nên 3p 14 p p 1 . Ta có: a2 ab b2 1 a2 b2 1 ab . 2 a4 b4 2 a2 b2 2ab2 2 2 1 ab 2 2 ab 2 2 . 2 2 2 2 1 ab 2 ab 2 1 p 2p2 2 p2 2p 1 p 1 Suy ra P . 1 ab 1 p 2 p 2 p 2 2 p 1 1 Xét hàm số f p với p 1. p 2 3 2 2 2 2 p 1 p 2 p 1 2 p p 2 p 2p 1 p2 4p 5 f' p . p 2 2 p 2 2 p 2 2 p 1 fp' 0 p2 4p 5 0 1 p 5 ;1 3 1 16 Ta có: f và f 1 0. 3 15 ab 1 a b 1 Suy ra: Giá trị lớn nhất của P là 0 khi . ab 2 a b 1 3 3 1 a a 16 ab 3 3 Giá trị nhỏ nhất của P là khi 3 hoặc . 15 3 3 a b 0 b b 3 3 Hết