Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Phú Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Phú Yên (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2019 – 2020 TRƯU ỜNG THPT NGÔ GIA TỰ U MÔN: TOÁN (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) Giải phương trình xx3 +=1 223 − 1. Câu 2. (2, 0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy hai điểm B′ và C′ sao cho AB. AB′′= AC AC Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM⊥ B′′ C . Câu 3. (3,0 điểm) Cho phương trình cos 2x+ sin xm + −= 3 0. a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0;π ). Câu 4. (4,0 điểm) Cho f( x )= mx2 + 4( m − 1) x +− m 1 ( m là tham số). a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để fx()> 0 với mọi x ∈ . b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để fx()< 0 với mọi x ∈(0; 2) .  x++12 ym + = Câu 5. (4,0 điểm) Cho hệ phương trình  ( m là tham số). xy+=3 m a. Giải hệ phương trình khi m = 4. b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có nghiệm. Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi O là điểm tùy ý nằm trong tam giác. Kẻ OM, ON và BC AC AB2 p OP lần lượt vuông góc với các cạnh BC, AC và AB. Chứng minh ++≥ trong đó OM ON OP r p là nửa chu vi của tam giác ABC và r là bán kính của đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Câu 7. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B. Kéo dài AC về phía C một đoạn CD= AB =1; CBD = 300 . Tính độ dài đoạn AC. HẾT
2. SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2019 – 2020 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn Toán – Thời gian: 150 phút Câu Đáp án Điểm Câu1 Đặt: yx=3 2 − 1. (2,0 điểm) 33 3 1,0 xyxy+=12 += 12  xy+=12 Ta có: ⇔⇔ 3 33 2 2 y+=1 2 x xy − =2( yx − )  ( xyxxyy − )( − + +2) = 0 2 2 22yy3 0,25 Do x− xy + y +=2 x − + +>∀20x , y 24 xy3 +=12 Nên ta có hệ:  ⇒x32 +=1 2 x ⇔ ( x − 1)( xx + − 1) = 0 0,5 xy=  x =1   −+15 ⇔=x  2  0,25  −−15 x =  2 Câu 2 Vì M là trung điểm của BC nên B (2,0 điểm)  1   0,5 AM=( AB + AC) B' M 2 A C' C   1         Ta có: AM. B′′ C=( AB + AC)( AC′′′′ −= AB) AC. AC − AB .0 AB = 2 1,5 Vậy: AM⊥ B′′ C Câu 3 a. (1,5 điểm) cos 2x+ sin xm + −=⇔ 3 0 2sin2 x − sin xm = − 2 0,25 (3,0 điểm) Đặt: t=sin xt , ∈−[ 1;1] Phương trình trở thành 22t2 −= tm − 0,5 Xét hàm số y=2 tt2 − với t ∈−[ 1;1] 0,75 Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇔mm −=⇔21 = 3
3. b. (1,5 điểm) xt∈(0;π ) ⇒∈( 0;1] 2 1,0 Xét hàm số y=2 tt − trên nửa khoảng (0;1] 1 15 Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔− ⇔−−>⇔ >00 4 fx()> 0 ∀∈ x ⇔ ⇔ ⇔1 − 0 4 x 1 0 x (thỏa mãn) 4 mm 0 đề fx( )< 0 ∀∈ x (0; 2) thì fx()= 0 có hai nghiệm xx12, thỏa xx≤<0 (1) 12 0,5 xx12≤<≤02 ⇔ xx12<≤2 (2) m −1 0,5 (1)⇔ ≤⇔< 0 0m ≤ 1 m 13 0,5 (2)⇔− (x 2)( x −≤⇔ 2) 0 xx − 2( x ++≤⇔<≤ x ) 4 0 0 m 1 2 12 1 2 10 13 Vậy: 0.≤≤m 10 Câu 5 a. (1,5 điểm) (4,0 điểm)  xy++1 + 24 = yx=12 − 1,0 Khi m = 4 ta có  ⇔  += ++ − = xy12  xx1 14 4 (−≤1xy ≤ 14; −≤ 2 ≤ 13)
4.  13+ 4 14 x = 2 2 ⇒2 (x + 1)(14 − x ) = 1 ⇔− 4 xx + 52 + 55 = 0 ⇔  13− 4 14 x =  2  11− 4 14 0,5  y = 2   11+ 4 14  y =  2 13+− 4 14 11 4 14 13−+ 4 14 11 4 14 Vậy: hệ có hai nghiệm ; và ; 2222  b. (2,5 điểm) abm+=  Đặt: ax= +1 và by= + 2. Hệ trở thành ab22+=33 m +  0,5 ab≥≥0, 0 Để hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng abm+= có điểm chung với 1,0 đường tròn ab22+=33 m + trong đó a ≥ 0 và b ≥ 0 mm2 −6 −≤ 60  3+ 21 33m+≤ mm ≤ 66 + ⇔mm2 −3 −≥ 3 0 ⇔ ≤m ≤+3 15 2 1,0  ≥ m 0 3+ 21 Vậy: ≤m ≤+3 15 2 Câu 6 Theo BĐT Bunhiacopski, ta có 2 (2,0 điểm) BC AC AB  BC OM++ AC ON AB OP OM ON OP BC AC AB 1,0 ≤ ++(BC. OM + AC ON + AB OP) OM ON OP 2 BC AC AB ⇔()BC ++ AC AB ≤ + +(BC. OM + AC ON + AB OP) OM ON OP BC AC AB 2 BC AC AB2 p ⇔ ++.2SpABC ≥⇔ 4 ++≥ (do SABC = pr) OM ON OP OM ON OP r 0,5
5. Dấu bằng xảy ra OM=+⇔ ON OP O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 0,5 Câu 7 Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với E CD cắt BC tại E (3,0 điểm) Tứ giác ABDE nội tiếp 1,0 ∠=∠DBC DAE D C B A Đặt AC= x >⇒11 AD = x + π x +1 2 0,5 DE= AD.tan = ;BC = x − 1 6 3 CD BC 2 ∆CDE ∆ CBA ⇒ = ⇔=+3 (x 1) x − 1 ED BA 1,0 ⇔xx(33 − 2) + 2( x − 2) =⇔ 0 (x 3 − 2)( x + 2) =⇔= 0 x 3 2 Vậy: AC = 3 2. 0,5