Đề thi học sinh giỏi Toán 12 cấp tỉnh năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Bình Phước - TOANMATH.com

Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10... Chọn ngẫu nhiên một số thuộc H.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

TOANMATH.com

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN – LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2020 - 2021

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 15/10/2020

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho hàm số  

1 x m y f x

x



 

 , (m tham số thực) có đồ thị  Cm

1 Tìm tất giá trị m để

 1;0    1;0   max f x min f x 3



  

2 Với m0, tìm tất điểm M  C0 cho tiếp tuyến M với  C0 cắt hai đường tiệm cận  C0 A B thỏa mãn IAB cân, với I giao điểm hai đường tiệm cận

Câu 2: (6,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2cos3 cos cos sin 2 sin x x x x  x 

 

2 Giải hệ phương trình :

    

  

   

2

2

2

2 1

1

1

1 x

x y x y

x x

x y x x x

y

     

 

 

        

 



3 Cho tập T 1 5; ; ; ;  Gọi H tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đôi khác thuộc T Chọn ngẫu nhiên số thuộc H Tính xác suất để số chọn có tổng chữ số 10

Câu 3: (3,0 điểm)

Cho hình vng ABCD có A1;2 Gọi M N, trung điểm BC CD Gọi H giao điểm BN AM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN:2x y  8 0 điểm B có hồnh độ lớn 2 Câu 4: (4,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với ABCD Gọi H trung điểm AB Tính thể tích khối chóp

S ABCD tanSH SCD,  Câu 5: (2,0 điểm)

Cho hai đa thức P x ax bx cx b3 2  Q x x cx bx a3 2  với a,b,c,a0 Chứng minh G x     P x Q x   0 x  a b c 

Câu 6: (2,0 điểm)

Giả sử phương trình x33x2ax b 0 ( với a b, ) có nghiệm thực dương Gọi nghiệm x x x1, ,2 3 Đặt

1 1

1

n n n

n n n n

x x x u

x  x  x   

  ,

Tìm a b, để 2

1 1

2021

n

n

u u  u  

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho hàm số  

1 x m y f x

x



 

 , (m tham số thực) có đồ thị  Cm

1 Tìm tất giá trị m để

 1;0    1;0   max f x min f x 3



  

2 Với m0, tìm tất điểm M  C0 cho tiếp tuyến M với  C0 cắt hai đường tiệm cận  C0 A B thỏa mãn IAB cân, với I giao điểm hai đường tiệm cận

Lời giải Có  

 2

1 1 m f x x    

+ Với    

 1;0    1;0  

1 1 1;0 max min 2

m f x x f x f x

 

         (không thỏa mãn) + Với m1, hàm số f x  đơn điệu 1;0, đó:

 1;0    1;0   max f x min f x 3



    f   1 f  0 3

1 5 3 2 3 m m m      

Vậy 5

3

m thỏa mãn yêu cầu toán Với m0  

1 x f x

x

 

 có đồ thị  C0 Tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận  C0 I 1;1

Gọi

0 ; 1 x M x x     

 , x0 1

Có  

 2

1 1 f x x    

Phương trình tiếp tuyến  C0 M có dạng

 2 0

0 1 1 1 x

y x x

x x

   





Tiếp tuyến M cắt đường tiệm cận đứng 0 1 1; 1 x A x      

 , cắt đường tiệm cận ngang

2 1;1 B x  Có 2 1 IA x 

 , IB2x01

Tam giác IAB tam giác vng I, tam giác IAB cân IA IB

  2

0

0

0 2

2 1 1 1

2 1 x x x x x                 0;0 2;2 M M    

1 Giải phương trình: 2cos3 cos cos sin 2 sin x x x x  x 

 

Lời giải cos cos cos sin 2 sin

4

x x x x x  

        

 

cos 2x sin 2x 2sinx 2cosx

    

2

2cos x 2cosx 2sin cosx x 2sinx

    

   

  

cos cos sin cos

cos cos sin

x x x x

x x x

    

   

cos

2 sin

4 x x                  2 , x k k x k                

2 Giải hệ phương trình :

            2

2 1

1

1

1 x

x y x y

x x

x y x x x

y                       Lời giải Điều kiện: ,x y 1

Ta có:  2  1 1

1 x

x y x y

x

    



   

3

1 1

1

x x x

y y y

x x               3 1 1

x x y y

x x

      

     

   

 1

1 x

f f y

x

 

   



  Xét    

3 3 1 0,

f t   t t f t  t   t

 

f t

 đồng biến 1

x y

x

  

 thay vào  2 ta được:

 2 x x 1 x5 x 6 x24x9

 1 2 2  5 6 3 3 5 4 9

x x x x x x x x

 1 2  5 6 3 6

x x x x x x

         

 3  5 3   

3

1

x x x x

x x

x x

  

    

   

 

3 TM

5

2

1

x

x x

x

x x

  

 

   

    



Ta có:

5

2

1

x x

x

x x



   

    (vơ nghiệm

5

2

1

x x

x

x x



   

    ,

1 x

   )

Vậy nghiệm S 3

3 Cho tập T 1 5; ; ; ;  Gọi H tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đôi khác thuộc T Chọn ngẫu nhiên số thuộc H Tính xác suất để số chọn có tổng chữ số 10

Lời giải - Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là:

5 60

A số

- Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là: 120

A số

- Số số tự nhiên có chữ số khác thuộc T là: 5!120 số Do đó: tập H có số phần tử là: 60 120 120 300   (phần tử) Suy ra: n  300

- Gọi A biến cố: “chọn số từ H có tổng chữ số 10 ”

Các số có chữ số khác mà tổng chữ số 10 lập từ số: 1 5; ; 

và 2 5; ; , số số loại là: !12 số

Các số có chữ số khác mà tổng chữ số 10 lập từ số 1 4; ; ; , số số loại là: 4!24 số

Do đó: n A 12 24 36 

Vậy xác suất cần tính là:    

  30036 253

  

 n A P A

n

Câu 3: Cho hình vng ABCD có A1;2 Gọi M N, trung điểm BC CD Gọi H giao điểm BN AM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác HDN biết phương trình đường thẳng BN:2x y  8 0 điểm B có hồnh độ lớn 2

Lời giải

11 18 ; 5 5

BN AM H  H 

 

Ta có ABH đồng dạng với BMH  AH 2HB AB4

     

 

2 3 TM

4 1 2 7

KTM 5

B

B B

B

x

x y

x

  

       



 3;2

B



Gọi P trung điểm AH 3 11; 5 5

P 

  

 

Tứ giác ADNH nội tiếp đường trịn đường kính AN, I trung điểm AN Tọa độ N nghiệm hệ phương trình 2 8 0  1;6

1 x y

N x

   

  



  1

0;4 2

PI  HN I

 

Đường trịn ngoại tiếp tam giác HDN có tâm I 0;4 , bán kính IN  5, phương trình đường trịn x2y425

Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với ABCD Gọi H trung điểm AB Tính thể tích khối chóp

S ABCD tanSH SCD, 

Lời giải

E H

D A

B C

S

K

Từ giả thiết, ta có SHABCD

Vì SAB cạnh a nên a SH

Thể tích khối chóp

3

1 3

:

3

S ABCD ABCD

a a

Gọi E trung điểm CDHECD Từ H kẻ HKSE K

Ta có CD HE CD SHE CD HK

CD SH 

    

 



Mặt khác HK SE HK SCD HK CD



  

 



Như SH SCD, SH SK, HSK 90 (do SHK vuông K) Xét tam giác SHE, ta có 2 12 12 21

7 a HK

HK  SH HE  

Tam giác SHK vuông : 2

14 a K SK SH HK 

Như tan ,  tan

3 HK SH SCD HSK

SK

  

Câu 5: Cho hai đa thức P x ax bx cx b3 2  Q x x cx bx a3 2  với a,b,c,a0 Chứng minh G x     P x Q x   0 x  a b c 

Lời giải

Ta có G x       P x Q x  a1 x3 b c x 2 b c x a b   0, x  Để ý thấy G x  liên tục  a 1 0thì  

  

xlim G x nên tồn tạix00: G x 0 0

suy vơ lý tương tự a 1 0thì     

xlim G x nên tồn tạix00: G x 0 0 suy vô

lý

Xét trường hợp a1 suy G x   b c x  2 b c x a b   lập luận tương tự ta có

 

b c

+ Nếu b c suy G x     a b a b

+ Nếu b c Khi G x    0 x  b c 24b c a b   

  4  4

4 4

          

       

b c b c a b b c a b

a b c b a b a b

Vậy ta ln có G x     P x Q x   0 x  a b c 

Câu 6: Giả sử phương trình x33x2ax b 0 ( với a b, ) có nghiệm thực dương Gọi nghiệm x x x1, ,2 3 Đặt

1 1

1

n n n

n n n n

x x x u

x  x  x   

  ,

* n  

Tìm a b, để

1

1 1

2021

n

n

Lời giải Ta chứng minh  un dãy giảm

Thật :     

  

2

2 2 1

1 1 1

1 1 2

1 1

n n n n n n n n n

n n n n n n n n

x x x x x x x x x

u u

x x x x x x

     

      

      

 

   

Theo bất đẳng thức BCS :   2 2  1 12

1 1 1

n n n n n n n n n

x x x x  x  x   x  x  x  Do : unun10, n * Vậy  un dãy giảm

Ta có : 9x1x2x323x x1 2x x2 3x x1 33a  a  1 Vì  un dãy giảm  n * nên:

1

1

n

n u u  u u 

2 2 3 x x x

n x x x

   

9

a n





Do : . 2021

a

n n

   9 2 2021

3

a n n

 

  lim 2021

3

a n

n

 

  

3 a

   2 Từ  1  2 : a3

Với a3 ta : x1x2x31, suy : b1 (thử lại thỏa mãn) Vậy a3,b1 thỏa yêu cầu