Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12, tỉnh Thái Nguyên

Cập nhật đề thi http://toanhocbactrungnam.vn/ SỞ GD VÀ ĐT TỈNH THÁI NGUYÊN Câu 1: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 MƠN: TỐN 12 (Thời gian làm 180 phút) (4,0 điểm)   Giải bất phương trình x  x   Câu 2: Câu 3: Câu 4: 9x  x x 1 (4,0 điểm)   x  1   x  1 y   y  Giải hệ phương trình  x   x y       (4,0 điểm) Cho đa giác lồi A1 A2 A3 A10 Gọi X tập hợp tam giác có ba đỉnh đỉnh đa giác cho Chọn ngẫu nhiên X tam giác Tính xác suất để tam giác chọn khơng có cạnh cạnh đa giác cho (4,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC Câu 5:  23 15  x  y   Tọa độ trưc tâm tam giác ABC H   ;  Tọa độ trọng tâm tam giác  7   ACD G   ;  Tìm tọa độ đỉnh A , B , C , D   (4,0 điểm)  9 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  max  x; y; z;    x y z   Trong x, y, z số thực dương HẾT TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm biên tập Trang 1/6 Cập nhật đề thi http://toanhocbactrungnam.vn/ CÁC GIÁO VIÊN THAM GIA THỰC HIỆN LÊ THANH BÌNH NGUYỄN THẾ DUY ĐỖ ĐƯỜNG HIẾU HOÀNG MINH QUÂN NGUYỄN HỒ TÚ PHẠM ĐỨC TÙNG   Câu Giải bất phương trình x  x   9x  x x 1 Lời giải   3x  x   9x  x x 1 1 9 x   2 2    x   ;     ;   Điều kiện  3 3   x  TH1: x  Suy VT 1  12 x  VP 1  9x 9x       Vậy BPT khơng có nghiệm x x 1 x 2x 2 trường hợp TH2: x    1     Đặt t  9 x2 9t 1 9  12   4t  t   t   Ta 12   4t  t   t 1 x  4 1 t  t   4t   Đặt     x 1  x  t 1  y2  4t  y   y  3  t  Ta 144  y2 0  4y  3    y  16 y  12  13  y 9 y 1  y  16 y  10 y  208 y  183    y  1  y  15 y  25 y  183    y  1 y  3  y  12 y  61    y  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm biên tập Trang 2/6 Cập nhật đề thi http://toanhocbactrungnam.vn/ Do  y  nên ta  y  Khi  t  Suy  2 x x Vậy nghiệm BPT x   Nhận xét: Bài toán giải cách giải phương trình sử dụng tính chất hàm số liên tục để kết luận Như trình bày dễ hơn, gợi ý để bạn đọc triển khai tiếp cách Câu 2:   x  1   x  1 y   y  Giải hệ phương trình  x   x y       Lời giải Điều kiện: y  1  x   u Đặt  , ta có hệ phương trình  y   v  2  u  v 2  uv  u  uv  v    u   u  1 v   u  v   uv  2    u  v    u  v   12  u  v    u  v   12    uv   u  v      uv    u  v  u  v  u  v  4   uv  uv    u  v   Với  : u , v nghiệm phương trình: t  4t   (vô nghiệm) uv   u  v  t  Với  : u , v nghiệm phương trình: t  3t     Từ uv  t  u  u  ta có   v  v   x   x  u   Trường hợp  , ta có  y  v   y    x   x  u   Trường hợp  , ta có  v   y    y  Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm  x; y   0;3 1;0  Nhận xét: Từ Phương trình (1) tốn ta thấy  x  1   x  1 y   y   phương trình đẳng cấp bậc Kết hợp với kiện PT (2) ta nhận thấy ý tưởng đặt ẩn phụ cho tự nhiên trình bày Câu 3: Cho đa giác lồi A1 A2 A3 A10 Gọi X tập hợp tam giác có ba đỉnh đỉnh đa giác cho Chọn ngẫu nhiên X tam giác Tính xác suất để tam giác chọn khơng có cạnh cạnh đa giác cho Lời giải TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm biên tập Trang 3/6 Cập nhật đề thi http://toanhocbactrungnam.vn/ Gọi  không gian mẫu  n     C103  120 Gọi A : “tam giác chọn khơng có cạnh cạnh đa giác cho” Các tam giác tập X có ba loại: Tam giác khơng có cạnh cạnh đa giác, tam giác có cạnh cạnh đa giác, tam giác có hai cạnh cạnh đa giác Ứng với cạnh đa giác có 10  đỉnh đa giác tạo thành tam giác có cạnh cạnh đa giác nên số tam giác có cạnh cạnh đa giác là: 10 10    60 Có 10 tam giác có hai cạnh cạnh đa giác là: A1 A2 A3 ; A2 A3 A4 ; ; A10 A1 A2  n  A  120  60  10  50 50  120 12 Nhận xét: Để giải tốn thay tìm trực tiếp tam giác khơng có cạnh cạnh đa giác ta quy việc dùng biến cố đối , giúp cho việc giải bì tốn tường minh dễ hiểu Vậy P  A   Câu 4: (4,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC  23 15  x  y   Tọa độ trưc tâm tam giác ABC H   ;  Tọa độ trọng tâm tam giác  7   ACD G   ;  Tìm tọa độ đỉnh A , B , C , D   Lời giải A H B D I G C Ta có BH  AC  BH có dạng x  y  m  23 75  23 15  BH qua H   ;      m   m  14  BH : x  y  14  7  7 Gọi B  a ; b  Vì B  BH  a  5b  14   a  5b 14  B  5b  14; b   1 2 xI    5b  14    1  4 3 Gọi I  AC  BD Ta có GI  DI  IB  GI  GB   3  y   b  4  I 5b  x  4 I  b   5b  I   4;      y  b 3  I 13b  5b  b  7  13   b   B  4;  I   ;  Có I  AC             2  xD   xD  xI  xB   D 1;5 Vì I trung điểm BD nên   yD  yI  yB  yC  Gọi A  c ; d  Vì A  AC  5c  d    d  5c   A  c ;  5c   TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm biên tập Trang 4/6 Cập nhật đề thi http://toanhocbactrungnam.vn/  xC  3  c  xC  xI  x A   C  3  c ;5c  11 Vì I trung điểm AC nên   yC  5c  11  yC  yI  y A 23 43   Khi HA   c  ;  5c   BC  1  c ;5c   7   Ta có 23  43    HA.BC    c   1  c    5c    5c          7c  231  c    35c  43 5c     7c  7c  23  23c  175c  530c  387   c  1  182c  546c  364     c  2 Với c  1  A  1;1 , C  2;6  Với c  2  A  2;6  , C  1;1 Nhận xét: Đây tốn hình học phẳng có gán tọa độ thường câu khó xuất kì thi tuyển sinh Đại học năm trước Để giải tốn học sinh cần nắm số tính chất hình bình hành điều kiện hai vec tơ có giá vng góc Câu  9 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  max  x; y; z;    x y z   Trong x, y, z số thực dương Lời giải 7 1 Từ giả thiết, ta có P  x; P  y; P  x P    9 9 3 x y z Cộng bất đẳng thức theo vế, ta 7 P P PP x y z   9 9 x y z  7 9 1 27   27  P   x     2y     z   9 x 9 y  3 z  Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có x    9  x  x x 27 z z z 27 27 27 27  z  27 y   y  y   3 y y  9; z       4    z 3 z y y y 3 z 7 1 P      P  3 9 Dấu xảy x  y  z  Vậy Pmin  Khi    Phân tích lời giải:    9 Từ biểu thức  x; y; z;    nhận thấy x, y, z có vai trò nên dự đoán x y z   điểm rơi x  y  z  k  9 Giả sử max  x; y; z;     x y z   x y z x y z   TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm biên tập Trang 5/6 Cập nhật đề thi http://toanhocbactrungnam.vn/ a.P  a.x 7   Khi đó, tìm số  a; b; c; d  cho b.P  b y d P  d     z  x y c.P  c.z  7d   3d   9d   Suy  a  b  c  d  P   ax     by     cz   x   y   z    3d   7d   9d   Với cặp  ax   ,  by   ,  cz   để triệt tiêu biến x, y, z ta áp z  x   y    dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2, 3, số thực dương kết hợp với điều 7  kiện để đẳng thức xảy   a; b; c; d    ; ; ;1 9  Cảm ơn quý thầy em học sinh đọc! TỐN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm biên tập Trang 6/6 ... Suy VT 1  12 x  VP 1  9x 9x       Vậy BPT khơng có nghiệm x x 1 x 2x 2 trường hợp TH2: x    1     Đặt t  9 x2 9t 1 9  12   4t  t   t   Ta 12   4t  t... giác có hai cạnh cạnh đa giác là: A1 A2 A3 ; A2 A3 A4 ; ; A10 A1 A2  n  A  120  60  10  50 50  120 12 Nhận xét: Để giải tốn thay tìm trực tiếp tam giác khơng có cạnh cạnh đa giác ta... uv  v    u   u  1 v   u  v   uv  2    u  v    u  v   12  u  v    u  v   12    uv   u  v      uv    u  v  u  v  u  v  4   uv