Đang tải... (xem toàn văn)
TaiLieu.VN giới thiệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp tỉnh năm 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Nghệ An nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi.
LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM 2021-2022 Câu 1: (7,0 điểm) a, Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y = f ( x) = x − x3 + mx + đồng biến khoảng (0; +) Giải: Ta có: y ' = x5 − 15 x + m Để hàm số đồng y đồng biến khoảng (0; +) y ' với x (0; +) Hay m h( x) = −6 x5 + 15 x với x (0; +) m max h( x) ( 0;+ ) Xét hàm số h( x) = −6 x + 15 x (0; +) có h '( x) = −30 x + 30 x x = 0(ktm) h '( x) = x = −1(ktm) x = 1(tm) Ta có h(0) = 0; h(1) = 9;lim h( x) = − max h( x) = ( 0;+ ) x →+ Vậy với m hàm số y = f ( x) = x − x3 + mx + đồng biến khoảng (0; +) y − 16 y + 15 = x(3 y − x − 17) b, Giải hệ phương trình 2 ( y + x − 15) x + − y + x + = 14 ) ( Giải: ĐKXĐ: x −1 y − 16 y + 15 = x(3 y − x − 17) y − y (3x + 8) + x + 14 x + 35 = ( y − x − 1)( y − x − 15) = y2 = 2x +1 y = x + 15 +) Với y = x + 15 thay vào phương trình cịn lại, ta được: 6x ( ) x + − x + 18 = 14 x 7 ( Vì x ) −17 x + + x + 18 x + + x + 18 + 51x = 0(*) −1 −1 −1 −1 nên ta có VT (*) + + + 18 + 51 5 5 Suy phương trình (*) vơ nghiệm +) Với y = x + thay vào phương trình cịn lại, ta được: (4 x − 14) ( ) x + − x + = 14 (2 x − 7) (2 x − 7)(2 x − 3) =77 x + + 3x + ( ( ) x + − 3x + = ) x + + x + − (2 x − 7)(2 x − 3) = 245 x + 49 − (5 x + 7) − 147 x + 196 − (3 x + 14) − x + 28 = 175 x − 25 x 63 x − x + − x + 28 x = 245 x + 49 + (5 x + 7) 147 x + 196 + (3 x + 14) 25 − x( x − 7) + + = 0(**) 147 x + 196 + (3 x + 14) 245 x + 49 + (5 x + 7) Vì x −1 nên 25 + +40 245 x + 49 + (5 x + 7) 147 x + 196 + (3 x + 14) x = x = Nên (**) Với x = y = 1 Với x = y = 15 ( )( Vậy tập nghiệm hệ phương trình ( x; y) (0;1);(0; −1); 7; 15 ; 7; − 15 ) Câu 2:(4,0 điểm) a, Cho hàm số bậc ba y = f ( x) có đồ thị hình bên Tìm số điểm cực trị hàm số g ( x) = f ( ) x + 8− x Giải: Điều kiện: x − f' 8− x x Ta có: g '( x) = g '( x) = f f ( x = 1 x+ − =0 x 8− x x+ ' x + 8− x = x+ x + 8− x = x+ x + ( ( ) ( x + 8− x f ) ) x + 8− x ( − x = b (2 Dựa vào bảng biến thiên ta có +)Phương trình (1); (5) vơ nghiệm x = c (0; 4) x = d (4;8) +) (2) x = +) (3) x = +) (4) x = 4(kep) ) 2; ) (2) − x = a 0; 2 (1) − x = 2(3) − x = 4(4) − x = t 2(5) Xét hàm số h( x) = x + − x 0;8 có h '( x) = Bảng biến thiên ) x − ; h '( x) = x = 8− x Bảng biến thiên hàm số g ( x) với x Vậy hàm số g ( x) có điểm cực trị b, Trong trình truy vết lịch sử tiếp xúc bệnh nhân Covid-19 trường học, trung tâm y tế xác định giáo viên số học sinh có liên quan đến bệnh nhân Người ta chọn ngẫu nhiên 10 người số giáo viên học sinh liên quan để làm xét nghiệm gộp Biết xác suất để 10 người chọn có giáo viên lần xác suất 10 người chọn học sinh Tính xác suất để 10 người chọn làm xét nghiệm có nhiều giáo viên Giải: Gọi số học sinh liên quan đến bệnh nhân Covid -19 n ( n 10 ) Ta có: n ( ) = Cn10+3 Xác suất để chọn 10 người có giáo viên Xác suất để chọn 10 người học sinh C33 Cn7 Cn7 = Cn10+3 Cn10+3 Cn10 Cn10+3 Cn7 Cn10 n! n! = Cn7 = 6.Cn10 = 10 10 Cn + Cn + 7!(n − 7)! 10!(n − 10)! = (n − 7)(n − 8)(n − 9) = 120 = 6.5.4 (n − 7)(n − 8)(n − 9) 8.9.10 n = 13 Theo ta có: C137 11 Vậy xác suất để 10 người có nhiều giáo viên P = − 10 = C16 14 Câu 3:(1,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện + a + + 2b + + 2c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2a3 + b3 + c3 Giải: Trước tiên, ta xét toán phụ sau: Cho hai số thực x, y không âm Chứng minh + x + + y + + 2( x + y) • Chứng minh: Vì x, y khơng âm nên ta có: xy (1 + x)(1 + y ) + 2( x + y ) (1 + x) + (1 + y ) + (1 + x)(1 + y) + 2( x + y) + + 2( x + y) + ( 1+ 2x + 1+ y ) (1 + + 2( x + y) ) + x + + y + + 2( x + y) x = Dấu xảy y = Quay trở lại tốn, ta có: = + a2 + ( ) + 2b + + 2c + a + + + 2(b + c) + a + + 2(b + c) + + a + 2(b + c) − a2 a + 2b + 2c b + c 2 Vì b + c − a2 00a2 2 Ta có: b3 + c3 = (b + c)3 − 3bc(b + c) (b + c)3 bc − a2 P 2a + (b + c) 2a + 3 3 − a2 Xét hàm số f (a) = 2a + 0; 2 có: a2 3 f (a) = 6a − 3a − = a(a − 2)( −a − 2a + 12a + 32) = a(a − 2) a (12 − a ) + 2(16 − a ) 4 a = f (a) = a = 2 a (12 − a ) + 2(16 − a ) = a 0; 2 a(12 − a ) + 2(16 − a ) Vì a = f (a) = a = ( ) Hàm số f (a) liên tục 0; 2 , đồng thời f (0) = 64; f (2) = 24; f 2 = 32 Suy max f (a) = f (0) = 64 a[0;2 ] Vậy giá trị lớn P 64 Dấu xảy a = b = 0; c = a = c = 0; b = Câu 4: (6,0 điểm) Cho hình hộp ABCD A1 B1C1 D1 có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ABC = 60 B1 A ⊥ ( ABCD ) Biết góc hai mặt phẳng ( B1CD ) ( A1 B1C1D1 ) với cot = Gọi M trung điểm CD, E trung điểm B1M a) Tính thể tích khối hộp ABCD A1 B1C1 D1 b) Gọi F điểm thuộc đường thẳng DD1 cho EF ⊥ AC Tính độ dài đoạn EF cosin góc hai mặt phẳng ( AEM ) ( AEF ) Giải: a) Dễ thấy ACD suy AM ⊥ CD AM = a Khi ta có: CD ⊥ B1 A CD ⊥ ( B1 AM ) = AMB1 CD ⊥ AM Xét tam giác vuông AMB1 có : cot = AM = AB1 = AM = a AB1 Ta có S ABCD = S ABC = BA.BC.sin 60 = VABCD A1B1C1D1 = AB1.S ABCD = 3a a2 b) - Từ AB1 = a B1 A1 A = 60; A1 AB = 120 Kẻ D1 H ⊥ ( ABCD); FK / / D1H FK ⊥ ( ABCD) FK ⊥ AC FK ⊥ AC AC ⊥ ( EFK ) AC ⊥ EK EF ⊥ AC Ta có: Gọi Q trung điểm AM EQ / / B1 A EQ ⊥ ( ABCD ) EQ ⊥ AC EK ⊥ AC AC ⊥ ( EQK ) AC ⊥ QK EQ ⊥ AC Ta có: Dễ thấy AH / / BD AH ⊥ AC QK / / AH Suy K trung điểm MH 1 a MH − MD = ( MD + DH ) − MD = 2 DK DF 1 1 a = = DF = DD1 = AA1 = B1 A2 + B1 A12 = DH DD1 4 4 DK = MK − MD = a 2 FM = FD + DM − FD.DM cos120 = Ta có: B M = B A2 + AM = a 15 Kẻ FR ⊥ ( A1B1C1D1 ) FR / /C1D FR D1 F 3 3a = = FR = C1 D = B1 A = 4 C D DD1 C1 R = DF = C R = C1 D1 = a C1 D1 DD1 4 B1 R = B1C12 + C1 R − 2.C1 R.B1C1.cos120 = a 21 B1 F = B1 R + RF = a Áp dụng công thức đường trung tuyến tam giác B1 FM ta có: EF = - ( B1F + FM ) − B1M 2 = a 15 Gọi góc hai mặt phẳng ( AEM ) ( AEF ) d ( F ;( AEM ) ) d ( F ; AE ) Ta có: sin = +) Ta có: d ( F ;( AEM ) ) = d ( F ;( AB1M ) ) = d ( K ;( AB1M ) ) d ( K ;( AB1M ) ) KM KD = = 1+ = d ( D;( AB1M ) ) DM DM d ( K ;( AB1M ) ) = d ( D;( AB1M ) ) Kẻ DT ⊥ AM DT ⊥ ( B1 AM ) d ( D;( B1 AM ) ) = DT Ta có: DT AM = AD.DM sin 60 ( = 2S ADM ) AD.DM sin 60 a a = d ( D;( B1 AM ) ) = AM 2 3a d ( K ;( B1 AM ) ) = DT = a HD +) AF = AK + KF = AD + DK − AD.DK cos120 + = 2 2 Xét tam giác AEF cân E Kẻ EE1 ⊥ AF EE1 = 3a Kẻ FF1 ⊥ AE d ( F ; AE ) = FF1 Ta có: FF1.EA = EE1 AF ( = 2S EAF ) FF1 = Suy sin = EE1 AF 3a 3a = d ( F ; AE ) = EA 10 10 d ( F ;( AEM ) ) 10 = cos = d ( F ; AE ) 4 Câu 5: (1,5 điểm) Cho tứ diện ABCD điểm M nằm tứ diện Qua M dựng / / BCD , / / ACD , / / ABD / / ABC Biết mặt phẳng cắt AB E, cắt BC F, cắt CD P, cắt AD Q EA EB Chứng minh FB FC PC PD QD QA Giải: Gọi A1 C1 AM AM BCD , B1 ABD , D1 AM AM ACD , ABC +) Trong mặt phẳng ABA1 kẻ đường thẳng qua M EA EB song song với A1B cắt AB E MA MA1 +) Tương tự ta có: FB FC MB PC , MB1 PD EA EB Khi đó: Đặt VABCD Khi MC QD , MC1 QA FB FC V, VMBCD Va V MA MA1 MD MD1 PC PD MA MA1 QD QA Va , VMACD MB MB1 MC MC1 Vb , VMABD Vc , VMABC d M; BCD SBCD d M; BCD d A; BCD SBCD d A; BCD MA1 AA1 AA1 MA1 MA1 AA1 MA1 3 Va Vc Vd V Va V Va Vb Va MC 3 Va Vb Vd MD ; Vb MC1 Vc MD1 MA MB MC MD Từ (1), (2) suy 81 MA1 MB1 MC1 MD1 Tương tự ta có: Khi MA MA1 MB MB1 MB MB1 ; MC MC1 Đẳng thức xảy MA MA1 MD MD1 MB MB1 44 MD MD1 Vd Vc Va MD MD1 (1) Va 3 Va Vb Vc Vd MA MB MC MD MA1 MB1 MC1 MD1 MC MC1 3 Vb Vc Vd Vd (2) 3 hay M trọng tâm tứ diện ... GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM 202 1-2 022 Câu 1: (7,0 điểm) a, Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y = f ( x) = x − x3 + mx + đồng biến khoảng (0; +) Giải: Ta có: y ' = x5 −... chọn có giáo viên lần xác suất 10 người chọn học sinh Tính xác suất để 10 người chọn làm xét nghiệm có nhiều giáo viên Giải: Gọi số học sinh liên quan đến bệnh nhân Covid -1 9 n ( n 10 ) Ta có: ... bệnh nhân Covid-19 trường học, trung tâm y tế xác định giáo viên số học sinh có liên quan đến bệnh nhân Người ta chọn ngẫu nhiên 10 người số giáo viên học sinh liên quan để làm xét nghiệm gộp