Đề thi chọn học sinh giỏi môn toán lớp 12 năm 2021 2022 có đáp án sở gdđt long an

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2021 – 2022 MƠN THI: TỐN Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian phát đề) Câu [HSG-LONG AN 2021-2022] Giải hệ phương trình sau tập số thực:  x  x   y  y  (1)  2 (2)  x  y  xy  Lời giải Điều kiện y  Ta có: x  x   y  y   x  y  y   x  * Bình phương hai vế phương trình ta phương trình hệ x  xy  y  y   x   x  y   xy  x  y  Tiếp tục bình phương hai vế ta x y  x y  x  y   y  x    Kết hợp  3 với   ta có x  y  x  x  y  xy  x  xy   x  x  y      y  2x Với x  vào   ta y  1 , thử lại phương trình (*) ta nhận nghiệm y  Với y  x vào   ta 3 (thỏa mãn)  x  y 3  3  3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  0;1 ;  ; ;  ;      3   2x 1 Câu [HSG-LONG AN 2021-2022] a) Cho hàm số y  có đồ thị  H  đường thẳng x 1  d  : y   m2  1 x  với m tham số thực Tìm tất giá trị tham số m để  d  cắt  H  x  x  22   x  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 cho biểu thức P  12  x1  x2   11x1 x2 đạt giá trị lớn Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị  H  đường thẳng  d  2 x    m  1 x    x  1 2x      m  1 x    x 1  x  2 2 2  m  1 x   m  5 x    m  1 x   m  5 x    *    x  3  Do vậy, đường thẳng  d  cắt đồ thị  H  hai điểm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm  phân biệt    m     m  1   m  6m  21   m    m2  x  x   m  Theo định lý Viét ta có  x x  1 m2   Khi P  12  m   m2  Do m     11 12m2  71 59   12  2 m 1 m 1 m 1 59  Suy P  12   71 m 1 m 1 Dấu “=” xảy m  Vậy m  biểu thức P đạt giá trị lớn 71 Câu [HSG-LONG AN 2021-2022] b) Cho hàm số y  x   m x  x  với m tham số thực Tìm tất giá trị tham số m để hàm số có cực tiểu? Lời giải Hàm số xác định  Đạo hàm y   m x2  x2  4x   m  x  2 x2  4x  x2  4x  Hàm số có cực tiểu y  có nghiệm đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm Ta có y '   x2  4x   m  x  2   m  x2  4x  x  khơng nghiệm phương x2 trình x2  4x  , x  Ta có x2  x  2 x   x2  x    x  x   f  x    0x   2  x  2  x   x2  x  Xét hàm số f  x   Các giới hạn: lim f  x   2; lim f  x   ; lim f ( x)  ; lim f ( x)  x  Bảng biến thiên hàm số Ta xét trường hợp x 2 x2 x  Với m   ; 2  với x  , phương trình x  x   m  x    có nghiệm x  x1 Khi x  x1 x2  x   m  x  2  x2  x   x2  x   m  x  2  x2 Nếu x  x1 m x2  4x   m  x  2  x2  4x   x2  4x   m  x  2  x2 Như y '  có nghiệm x  x1 đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm m Với m   2;   với x  , phương trình x  x   m  x    có nghiệm x  x2 Khi x  x2 x2  x   m  x  2  x2  4x   x  4x   m  x  2  x2 Nếu x  x2 m x2  x  , x  x2  m  x    x  x   x  x   m  x    x2 Vì y '  có nghiệm x  x2 đổi dấu từ dương sang âm qua nghiệm nên ta loại trường hợp m Vậy m   ; 2  giá trị cần tìm Cách Xét y  x   m x  x  có tập xác định miền số thực m  x  2  y  x  , x  R x2  x  Cho y   x  Đặt g  x   m  x  2 x2  x  0m x2  x  * x2 x2  x  2  g x   0, x  x2  x  2 x2  4x  Từ ta có bảng biến thiên sau x y' y –∞ +∞ – – +∞ -2 –∞ m  Từ bảng biến thiên ta suy phương trình (*) có nghiệm   m  2 x  4x    y  m  x  2 m x2  x   , x  R 2 x  4x   x  x  5 x  x  Với m   y   tức hàm số khơng có cực tiểu Với m  2  y   tức hàm số có cực tiểu Vậy với m  2 hàm số ban đầu có cực tiểu Câu [HSG-LONG AN 2021-2022] Cho tam giác ABC có điểm D, E , F thuộc đường DB EC FA     k với k  Chứng minh hai tam giác DC EA FB ABC , DEF có chung tâm đường trịn ngoại tiếp O hai tam giác có chung trực tâm H Lời giải Cách 1: Bổ đề Euler: “Với tam giác ABC có trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác lần   lượt G, H , O ta có GO  2GH ” Gọi G trọng tâm tam giác ABC , theo giả thiết ta có  DB  k    k  GD  GB  GC 1 k 1 k DC  EC  k   k  GE   GC GA 1 k 1 k EA  FA  k    k  GF  GA  GB  k 2  1 k FB     Suy GD  GE  GF  GA  GB  GC  hay G trọng tâm tam giác DEF Vậy hai tam giác ABC , DEF có chung trọng tâm G   Theo bổ đề có GO  2GH nên hai tam giác ABC , DEF có chung tâm đường trịn ngoại tiếp O chúng có chung trực tâm H (đpcm) Cách 2: Xài hệ thức Vector Đầu tiên ta có hình vẽ sau: thẳng BC , AC , AB cho Gọi G trọng tâm DEF ta có:      GD  GE  GF  BD  CD    CE  AE    AF  BF    GC  GB    GA  GC    GB  GA  CB AC BA  BC   CA   AB        BD AE   CD AF   CE BF       GC    GB    GA  BC AC   CB AB   CA BA   CE AE    BF AF    AF BF           GB    GA  GA  GB  GC  GC   BA AB AB BA AC AC       1 1 1     Suy GA  GB  GC  tức G trọng tâm ABC (1) Theo tính chất Euler, ta suy OH  2OG mà hai tam giác ABC , DEF có chung trực tâm H nên suy kết hợp với (1) suy hai tam giác ABC , DEF có chung tâm đường trịn ngoại tiếp O Cách 3: Giả sử tồn H trực tâm hai tam giác ABC , DEF Khi theo định lí Ceva ta ln có: DB EC FA  1   k suy k  DC EA FB  BD  DC  Suy  EC  EA tức D , E , F trung điểm BC , CA, AB  FA  FB  Mà H trực tâm ABC nên suy ABC Chứng minh tương tự ta suy DEF Mà hai tam giác chung trực tâm nên ta suy điều phải chứng minh Câu [HSG-LONG AN 2021-2022] Cho ngũ giác lồi ABCDE mặt phẳng, biết tất đường thẳng qua cạnh đường chéo khơng có hai đường thẳng song song, khơng có hai đường thẳng vng góc Từ đỉnh bất kì, kẻ tất đường thẳng vng góc với đường thẳng nối hai đỉnh tất đỉnh cịn lại Tìm số giao điểm tất đường thẳng vừa kẻ (không kể đường thẳng qua cạnh đường chéo ngũ giác) Lời giải Gọi X tập hợp đường thẳng qua cạnh đường chéo ngũ giác Suy n  X   C52  10 Gọi X A tập hợp tất đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng nối hai đỉnh tất đỉnh lại (khác A) + Ta có số đường thẳng tạo thành từ đỉnh B, C, D, E C42  + Do đó, n  X A   6, đường màu xanh tương ứng với định + Ta có phần tử tập hợp X A phân biệt X A  X   □ Thật vậy, Lấy a1  X A  d1  X : a1  d1 a2  X A  d  X : a2  d Giả sử a1  a2 d1  d (trái với giả thiết đề bài) Vậy đường thẳng X A phân biệt □ Mặt khác, có a  X A  X  d  X : a  d (điều trái giả thiết a d thuộc X nên vuông góc được) Do đó, X A  X   Hồn tồn tương tự cho đỉnh cịn lại B, C, D, E nên ta có tổng cộng 6.5  30 đường thẳng thỏa mãn điều kiện: “Từ đỉnh bất kì, kẻ tất đường thẳng vng góc với đường thẳng nối hai đỉnh tất đỉnh lại” Và 30 đường thẳng phân biệt khơng có đường thẳng song song □ Thật vậy, giả sử có hai đường thẳng a, b thuộc 30 đường thẳng song song Khi đó, tồn hai đường thẳng phân biệt d , d ' thuộc X để a  d , b  d ' mà a  b nên d  d ' (trái với giả thiết toán) Vậy số giao điểm tất đường thẳng vừa kẻ số giao điểm 30 cạnh là: C302  435 điểm Tuy nhiên, có trường hợp hai đường song song giao điểm trùng Cụ thể: +) Có đường thẳng nối điểm ban đầu Mỗi đường có đường vng góc kẻ từ điểm lại Các đường song song nên 30 điểm, tức lại 405 điểm +) Có tam giác có đỉnh điểm ban đầu Mỗi tam giác có ba đường vng góc ba đường cao, lẽ có giao điểm trùng lại giao điểm Như vậy, tam giác giao điểm nên 10 tam giác 20 giao điểm Số giao điểm cịn lại 385 +) Mỗi điểm có đường thẳng vng góc qua Như vậy, lẽ có điểm trùng lại cịn điểm, 14 điểm Do đó, trường hợp 70 điểm nên tổng số điểm lại 315.* Theo giả thiết đề ta dễ nhận thấy trường hợp không trùng lặp nên kết cuối 315 điểm HẾT Trang 6/6 – Diễn đàn giáo viên Toán ... y   tức hàm số khơng có cực tiểu Với m  2  y   tức hàm số có cực tiểu Vậy với m  2 hàm số ban đầu có cực tiểu Câu [HSG -LONG AN 2021- 2022] Cho tam giác ABC có điểm D, E , F thuộc đường... điều phải chứng minh Câu [HSG -LONG AN 2021- 2022] Cho ngũ giác lồi ABCDE mặt phẳng, biết tất đường thẳng qua cạnh đường chéo khơng có hai đường thẳng song song, khơng có hai đường thẳng vng góc Từ...  Hàm số có cực tiểu y  có nghiệm đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm Ta có y ''   x2  4x   m  x  2   m  x2  4x  x  khơng nghiệm phương x2 trình x2  4x  , x  Ta có x2  x