18 nghe an 2020 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN Câu 1: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN 12 NĂM HỌC 2020-2021 (Thời gian làm 180 phút) (7,0 điểm)   a) Giải phương trình sin x  cot x  cos x  1  x  1 x   y  3  y 0 b) Cho hệ phương trình  , x, y   , m tham số thực Tìm tất  x  y   x m giá trị nguyên tham số m để hệ phương trình cho có nghiệm Câu 2: (3,5 điểm) a/ Một hộp đựng 30 cầu đánh số số tự nhiên từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên đồng thời từ hộp cầu Tính xác suất để cầu chọn có số ghi lập thành cấp số cộng u1 3 b/ Cho dãy số  un  xác định   un1 un  n     Chứng minh  u1u2 un    số phương Câu (1,5 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 2 xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x  y  z 15 Vậy giá trị nhỏ P Câu 4: (6,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A1B1C1 có đáy tam giác cạnh a BA1 BB1 BC1 a a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABB1 A1  b) Gọi G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 Tính thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm G1 , G2 , G3 , A1 , B1 C1 Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có SA, SB, SC đơi vng góc SA 1, SB SC 2 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Mặt phẳng    thay đổi qua I cắt tia SA, SB, SC M , N , P Chứng minh rẳng HẾT 1   2 2 SM SN SP HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (7 điểm)   a) Giải phương trình sin x  cot x  cos x  1 Lời giải ĐK: sin x 0  x m  1  sin x cos x  sin x cos x   cos x  cos x   sin x 2 sin x  cos x 0    k   sin  x   0  x  k  x   ,  k   (thoả mãn ĐK) 6 12   k k   2020    2020   k  4040 Vì x   0; 2020  nên   12 12 Vì k   nên k   1; 2;3; ; 4039 Ứng với giá trị k cho ta giá trị x  Vậy phương trình cho có 4039 nghiệm x   0; 2020   x  1 x   y  3  y 0 b) Cho hệ phương trình  , x, y   , m tham số thực Tìm tất 2  x  y   x m giá trị nguyên tham số m để hệ phương trình cho có nghiệm Lời giải  x   x  1 x   y  3  y 0  1 ĐK:     y 5  x  y   x m     1  x3  x   y   y   y  f  x   f   y  Xét hàm số f  t  t  t , t   f  t  3t   0, t    Hàm số liên tục đồng biến  Do f  x   f   y  x   y  x    2  x2    x2    x m  16 x  36 x  25   x m  *  3 Xét hàm số f  x  16 x  36 x  25   x , x   0;   4 4 g  x   Ta có: f  x  64 x  72 x   4x  4x  3  3 Xét hàm số g  x  64 x  72 x , x   0;  Ta có g  x  192 x  72 0  x    0;   4  4 BBT: x 4   g  x  g  x  12  3 Dựa vào BBT, ta thấy g  x  0, x   0;   4  27  3 Do đó: f  x   , x   0;   4 157  3 f  x  m max f  x   f   m  f    m 25  Suy  *   3  3 16  4  0;   0;      Vì m   nên m   10;11;12; ; 28 Vậy có tất 19 giá trị nguyên tham số m để hệ cho có nghiệm Câu 2: (3.5 điểm) a/ Một hộp đựng 30 cầu đánh số số tự nhiên từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên đồng thời từ hộp cầu Tính xác suất để cầu chọn có số ghi lập thành cấp số cộng u1 3 b/ Cho dãy số  un  xác định   un1 un  n     Chứng minh  u1u2 un    số phương Lời giải a) Tính xác suất… - Số cách chọn cầu từ hộp gồm 30 cầu C30 cách hay số phần tử không gian mẫu n    C30 - Gọi A biến cố: “các số ghi cầu chọn lập thành cấp số cộng” Giả sử số ghi cầu chọn a , b , c theo thứ tự lập thành cấp số cộng  a  c 2b   a  c  số chẵn  a , c chẵn lẻ Có 2.C15 cách chọn số chẵn lẻ số từ đến 30 Với cách chọn hai số  a , c  có cách chọn b tương ứng để a  c 2b Do đó: n  A  2.C15 2.C152 Vậy xác suất cần tính là: P  A    58 C30 b/ Chứng minh … Cách   - Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được: un   , n   2  - Ta có: un1 un   un un1  , n     u1u2 un   u2    u3    un     u1 u2 un   u1    u2    u3    un    1 2 Lại do: un1 un   un 1  un   un    un    un1   un    un    un    un    un     u1    u1    u2    un       u1    u2    un    u1    u2    un    2 Từ  1   suy ra:  u1u2 un  un1  2   u1u2 un   un1   un1  un2 Do un   nên  u1u2 un    số phương (đpcm) Cách 3 1  a  3 u1  u2 u12  a  2 a a 1  u3 u22  a   u4 u32  a   u5 a16  16 , a a a n  Bằng quy nạp ta chứng minh un a  2n , n   a     2n    Suy ra: u1u2 un   a    a    a  2n  a  a    a  - Đặt a       n   5u1u2 un   a    a    a    a  2n  a  a  a    a     n    a    a    a  2n  a  a    a  n 1  a  2n a   u1u2 un   2   n 1   n   n   a  2n   a  2n     a  2n  un2 a   a a     Mà un   , n     u1u2 un    số phương (đpcm) Thêm lời giải câu 2: a) Số cách chọn ngẫu nhiên cầu từ hộp C30 Ta tìm số ba số  a; b; c  thoả mãn a, b, c   1; 2;3; ;30 ;1 a  b, c 30; 2b a  c Ta phải có a, c chẵn lẻ a c Nếu a, c chẵn có C15 cách chọn a, c ; b  có cách chọn a c Nếu a, c lẻ có C15 cách chọn a, c ; b  có cách chọn 2 Vậy có tất C15  C15 số thoả mãn C152  C152  Xác suất cần tính C30 58 * b) Ta có lim un   un  dãy tăng u1 3   * * Giả sử uk   , k 1 Theo hệ thức truy hồi ta có uk 1 uk    , k 1 Vậy un  * , n  * un21  un2    un21  un2  un2   un2un2  un2    un2un2 u12  u12   5.un2 u n2 u12  un21 4  5.un2 un2 u12  un2 4  5.un2 1.un2 u12 2 2 Vì un số phương nên  5.un  1.un  u1 số phương ( điều phải chứng minh) Câu (1,5 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 2xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x  y  z Lời giải: 2x  y Giả thiết suy z  Do x, y, z   xy  xy  2x  4y Khi P x  y  2xy  4y  2x , với y  Xét hàm số f  y  x  y  2xy  2x Ta có  2xy     4x f  y  1    2xy    2xy   x  28 f  y  0  xy  2 x   y   28  7  1 2x x  7  11    x    Dẽ thấy f  y   f  2x x  x  2x  3   Theo bất đẳng thức Bunhia ta có        x     2  7 1      x  2 x   9 15  2 x   dấu xảy x 3, y  z 2 x x 2 15 Vậy giá trị nhỏ P Suy P x  Câu 4: Cho hình lăng trụ ABC A1 B1C1 có đáy tam giác cạnh a BA1 BB1 BC1 a a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABB1 A1  b) Gọi G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 Tính thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm G1 , G2 , G3 , A1 , B1 C1 Lời giải a) + Gọi E trung điểm A1 B1 ; O tâm A1 B1C1  BO   A1 B1C1  (vì BA1 BB1 BC1 ) d  C ;  ABB1 A1   d  C1;  ABB1 A1   3d  O;  ABB1 A1   + Có  BOE   A1 B1   BOE    ABB1 A1  + Kẻ OF  BE  OF   ABB1 A1   OF d  O;  ABB1 A1   2a a a + A1B1C1 cạnh a  B1O    EO  3 a2 a 3 1 1  2   2 3a 8a OF OE OB 36 BO  BB12  B1O  3a  22 22 a  d  C ;  ABB1 A1    a 33 11 b) Có G1G3 / / AC Qua G2 kẻ đường thẳng song song với AC , cắt AA1 , CC1 K , I  OF  G1 K cắt BB1 H Suy thiết diện cắt hình lăng trụ mặt phẳng  G1 , G2 , G3  HKI VABC A B C V 1   V S h + Đặt  SABC S   d  B;  A1 B1C1   h + VHKIB1 A1C1  V VG1G2G3 B1 A1C1 VHKIB1 A1C1  VB1HG1G3  VC1IG2G3  VA1G1KG2 1 VB1HG1G3  h S  V 3 3 81 2 VC1IG2G3  h S  V 3 3 81 2 VA1G1KG2  h S  V 3 3 81 2 40  VG1G2G3 A1B1C1  V  V  V  V  V 81 81 81 81 + V BOS ABC a  VG1G2G3 A1B1C1  a2 3  a 20 a 81 Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có SA, SB, SC đơi vng góc SA 1, SB SC 2 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Mặt phẳng    thay đổi qua I cắt tia SA, SB, SC M , N , P Chứng minh rẳng 1   2 2 SM SN SP Lời giải Trước hết ta chứng minh tốn: Cho hình chóp S ABC Điểm I nằm mặt phẳng      ABC  thỏa mãn aIA  bIB  cIC 0 Mặt phẳng    qua điểm I cắt tia SA, SB, SC điểm M , N , P Chứng minh a SA SB SC  b  c a  b  c SM SN SP Thật vậy:                aSA  bSB  cSC aIA  bIB  cIC 0  a SA  SI  b SB  SI  c SC  SI 0  SI  a bc    SA SB SC a .SM  b .SN  c .SP SN SP  SM a b c       Vì M N , P, I đồng phẳng nên a SA SB SC SA SB SC  b  c  b  c a  b  c SM SN SP 1  a SM SN SP a b c (*)(ĐPCM)     ABC Ta có I tâm đường trịn nội tiếp tam giác nên aIA  bIB  cIC 0 a  BC  4, b  AC 3, c  AB 3 Từ giả thiết suy tam giác ABC có Áp dụng (*) ta 2 2   4   Áp dụng bất đẳng thức SM SN SP Buniacopxki ta có 10  6 1  1      16  72  72     2   2 2 2 SM SN SP SN SP  SM SN SP  SM Dấu xảy SM 4, SN SP 