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

Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được tạo thành một hình chữ nhật nhưng không phải là hình vuông... Vậy phương trình (2) vô nghiệm..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU

TOANMATH.com

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

NĂM HỌC 2020 - 2021

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 04 tháng 10 năm 2020

Câu 1: (3,0 điểm)

Giải phương trình sau:

a) cos 2x5sinx sin 2x5 cosx 8 b) x3 1  x x 4 x 2x26x3 Câu 2: (3,0 điểm)

a) Cho hàm số y f x  có đạo hàm  có bảng xét dấu f x  sau:

x  3 1 

 

f x      Tìm điểm cực trị hàm số g x  f x 22x

b) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y x2 3x x m

 

 đồng biến 1; Câu 3: (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 1; , đường trung tuyến đường phân giác hạ từ đỉnh B có phương trình d: 2x3y2, d1: 9x3y16 Tìm tọa độ đỉnh C tam giác ABC

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, cạnh a Biết SA SB SC a   Đặt SD x 0 x a 3

a) Tính số đo góc đường thẳng SB mặt phẳng ABCD x a b) Tính x theo a cho tích AC SD lớn

Câu 5: (3,0 điểm)

a Cho đa giác có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên đỉnh  H Tính xác suất để đỉnh chọn tạo thành hình chữ nhật khơng phải hình vng

b Cho P x  1 4x3x213 Xác định hệ số x3 khai triển P x  theo lũy thừa

x

Câu 6: (3,0 điểm)

Cho dãy số  un xác định u11

1

    , 

n n

u u n

a) Xác định số hạng tổng quát dãy số  un

b) Tính tổng 2

1 2020

Cho hai số thực thay đổi ,x y với x0 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

2 2

( )( 12 )

xy P

x y x x y



  

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Giải phương trình sau:

a) cos 2x5sinx sin 2x5 cosx 8 b) x3 1  x x 4 x 2x26x3

Lời giải a) cos 2x5sinx sin 2x5 cosx 8

 

5 sinx cosx 3sin 2x cos 2x

      

1 3

5 sin cos sin cos

2 x x x x

 

       

 

5sin sin

3

x  x 

   

        

   

Đặt 2

3

t x   x   t 

Phương trình trở thành 5sin sin

t  t  

     

 

5sint cos 2t

    

2

2sin t 5sint

   

 

sin

2

3 2 6

sin

t

t k x k k

t                    b) x3 1  x x 4 x 2x26x3

Điều kiện:   1 x

    

     

   

 

2

3 1

3

2

1 1

3

1

2

1 1

PT x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x                                 

 1

3 x x      

Xét phương trình (2): Ta có 1 1

1 1

1

x x x x                 

Dấu xảy x x     

 (vơ lí) Vậy phương trình (2) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có hai nghiệm x0 x3

Câu 2:

x  3 1 

 

f x      Tìm điểm cực trị hàm số g x  f x 22x

Lời giải

Ta có        

 

2

2

2

1

1

2

1 BC

2 2

1 BC

2

2;

2

x

x

x x

x

g x x f x x x x

x

x x

x x

x x



 

     

 

 

           

  

  



   

   



Vậy điểm cực trị hàm số g x  x 2; x1; x4 b) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số

2 3

x x

y

x m

 

 đồng biến 1; Lời giải

ĐK: x m Ta có:

 

2

2

2

x mx m

y

x m

 

 



Hàm số đồng biến    

     

2

0, 1; 0, 1; *

1;

1;

y x x mx m x

m m



           

 

  

     

 



 * min1;  f x  

  với f x x22mx3m

Đồ thị hàm số f x  parabol có toạ độ đỉnh I m m; 23m BBT:

x m 

  f x

1m

Dựa vào BBT, suy

min1; f x      0 m m

Vậy 1  m thoả mãn yêu cầu toán

Câu 3: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 1; , đường trung tuyến đường phân giác hạ từ đỉnh B có phương trình d: 2x3y2, d1: 9x3y16 Tìm tọa độ đỉnh C tam giác ABC

Ta có d d1 B nên toạ độ điểm B thoả hệ phương trình

9 16

x y

x y

  

   

2

x y

     

 Do 2;2

3

B 

 

Gọi A a b ; điểm đối xứng với A qua d1 ABC Khi trung điểm AA

1

;

2

a b

I    d

  AA ud1

 

nên ta có hệ:

 

1

9 16

2

1

a b

a b

            

     

18 17

5

a b

    

  

18 17; 5

A 

  

Đường thẳng BC qua điểm 2;2

B 

 nhận vectơ

8 41 ; 15

A B    

 



làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: 72x123y226 0

Gọi M trung điểm đoạn AC

Do ;226 72 472 72;

123 123

t t t

C BC C t  M   

   

1 472 72 513

2

2 123 113

t t

M d      t suy 513; 278 113 339

C  

  Câu 4:

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, cạnh a Biết SA SB SC a   Đặt SD x 0 x a 3

a) Tính số đo góc đường thẳng SB mặt phẳng ABCD x a b) Tính x theo a cho tích AC SD lớn

x

O G A

B

D

C S

B D

A

C

a) Tính số đo góc đường thẳng SB mặt phẳng ABCD x a Gọi O hình chiếu S lên mặt phẳng ABCD

Ta có: SA SB SC SD a    OA OB OC OD    ABCD hình vng Xét tam giác vng:

 

2 2

cos 45

2

a BO

SBC SBC

SB a

    

b) Tính x theo a cho tích AC SD lớn Gọi G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do SA SB SC  SGABCD

Ta có: AC BD AC SBD AC SO

AC SG



    

 



SOC BOC

   (do SC BC a  , OC chung)

SO OB OD   BSD vuông S 2

2 2

2

a x

BD a x OD 

2 2

2 2

4

a x a x

OA  AD OD a    

2

2

3 3

2

a x

OA  AC a x

    

Xét

2 2

2 3

2

x a x a

AC SD x a x    

Dấu " " xảy

2

2 2 2 3

3

2 2

a a a

x a x  x  a x   x 

Cách 2:

Do SA SB SC SD a    SOABCD Gọi H trung điểm CD suy

 

CD SOH CDOH ABCD hình vng

Từ SBD vng cân S, nên  SB ABCD, SBD 45 b) Tính x theo a cho tích AC SD đạt giá trị lớn

Gọi I hình chiếu vng góc S mặt phẳng ABCD, SA SB SC a   nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, dễ thấy I thuộc đường thẳng BO

Đặt ABC Ta có AC 2 sinR  Suy BO a2R2sin2

Theo cơng thức tính diện tích tam giác ABC ta có: 1 .sin2 1. 2.sin2 .2 sin

2 a  a R  R 

 

2 4 2 2.sin2

a R a R 

   sin 22

2

a R a

R

 

 

Mặt khác xét tam giác vuông SBI tam giác vng SID ta có:

 2

2 2 2 2sin2

SI a R x  a R R

Thay

2 2 sin

2

a R a

R

  vào rút gọn ta

2 2

a R

a x





Có  

0

4 6

2

x

f x x a x a

x             

x0; 3a nên ta nhận

x a

Lập bảng biến thiên ta

0;   

6

a

max f x  f  a

  Vậy

x a AC SD đạt giá trị lớn

Câu 5:

a Cho đa giác có 24 đỉnh, chọn ngẫu nhiên đỉnh  H Tính xác suất để đỉnh chọn tạo thành hình chữ nhật khơng phải hình vng

b Cho P x  1 4x3x213 Xác định hệ số x3 khai triển P x  theo lũy thừa

x

Lời giải a Số phần tử không gian mẫu :

24

C

Đa giác có 24 đỉnh có 12 đường chéo qua tâm nên số hình chữ nhật , kể hình vng :

12

C hình

Ứng với đường chéo có đường chéo để tạo thành hình vng, nên số hình vng

Nên số hình chữ nhật cần tìm 12

C 

Vậy xác suất cần tìm : 12 24 10 1771 C C  

b P x  1 4x3x2131 4 x3x213

  C130 1 4 x13C131 1 4 x12.3x2  13  12 2

1 4x 13 4x 3x

      13  12 2

1 4x 39 4x x

    

* Tìm hệ số x3 khai triển 1 4 x13:  13 13 13  

13

1 k.1 k k

k

x C  x



  13 13

0

k k k k

C x



 Ta có k3 nên hệ số x3 : 3

13.4

C

* Tìm hệ số x3 khai triển 1 4 x12.x2 tức tìm hệ số x khai triển  12

1 4 x

Ta có  12 12 12   12

0

1 m.1 m m

k

x C  x



  12 12

0

m m m k

C x





Từ m1 nên hệ số x3 : 12.4

C

Vậy hệ số x3 khai triển P x  : 3

13.4 39 12.4 20176

C  C 

Câu 6:

Cho dãy số  un xác định u11

1

    , 

n n

u u n

a) Xác định số hạng tổng quát dãy số  un

b) Tính tổng 2

1 2020

    S u u u

a) Xác định số hạng tổng quát dãy số  un

Ta có: 2  

1 1

         , 

n n n n

u u u u n

Đặt

1              ,  n n n n v v u

v v n

Suy  vn cấp số nhân với số hạng đầu v12, công bội q3

2  

  n , 

n

v n

1

2  

  n   , 

n

u n số hạng tổng quát dãy số  un

b) Tính tổng 2

1 2020

    S u u u

Ta có: 2  2019

1 2020 3 2020

         

S u u u

2020

2020

2 2020 2021

1 

   



Vậy S320202021

Câu 7: Cho hai số thực thay đổi ,x y với x0 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

2 2

( )( 12 )

xy P

x y x x y



  

Lời giải

2 2

( )( 12 )

xy P

x y x x y

    = 2 2 2

(do ) (1 )(1 12 )

y x x y y x x    

Đặt y t x 

Khi đó: 2 2 22 22 2

2

(1 12 ) . 12 1. 12

(1 )( 12 ) 12 3 12

(1 )(1 12 )

t t t t t

P

t t t t

t t

     

   

   

  

Đặt m 1 12 t2 1

Khi 2 2 ( )

3 3

m m

P P f m

m m

 

   

 

2

2 2

3 ( 1)

'( )

( 3) ( 3)

1

m m m m m

1

0

6 18

P P

     

+ P0, dấu " "    m y

+

18

P , dấu " "   m 3 2x23y2 Vậy MinP  0 y 0; 2 3

18

MaxP  x  y